dinhvu

$A\geq -bc\geq -\frac{(b+c)^2}{4}\geq -\frac{(a+b+c)^2}{4}=-1/4$
$ A\leq a(b+c)\leq \frac{(a+b+c)^2}{4}=1/4$

Suy ra$(m^2+2m)(m+1)=n^2$ mà $(m^2+2m,m+1)=1$ nên $m^2+2m$ là SCP.

thì ở dưới mẫu thì đảo dấu mà đúng không

cái $x^2+y^2+z^2 \leqslant 3$ là sai rồi

Nếu $a+b$ chia hết cho 7 thì $a \equiv b (mod 7)$ hay $a^2 \equiv 3(mod7)$. Dễ chứng minh điều này vô lí

$\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+a}> \frac{a}{a+b+c+d} + \frac{b}{b+c+a+d} + \frac{c}{c+d+a+b} + \frac{d}{d+a+c+d}=1$
Và
$\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+a}<\frac{a+c+d}{a+b+c+d} + \frac{b+a+d}{b+c+a+d} + \frac{c+a+b}{c+d+a+b} + \frac{d+b+c}{d+a+b+c}=3$
nên $\frac{a}{a+b} + \frac{b}{b+c} + \frac{c}{c+d} + \frac{d}{d+a}=2$ hay $\frac{a}{a+b} + \frac{c}{c+d} =\frac{a}{a+d} + \frac{c}{c+b}$ từ đây biến đổi tương đương 

Bài toán chặt hơn:
Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng:
 $8(2-a-b)(2-b-c)(2-c-a)\geq (\frac{12}{6+2\sqrt{6}})^3a^2b^2c^2$

$VT=\prod (4-2a-2b)=\prod (2+a^2+b^2+c^2-2a-2b)=\prod ((a-1)^2+(b-1)^2+c^2)\geq a^2b^2c^2$

Có $a^2-b^2+c^2-d^2=(a-b)(a+b)-(d-c)(d+c) \equiv (d-c)(a+b)-(d-c)(d+c) \equiv (d-c)(a+b-c-d) (mod m)$
Từ đó kéo theo $d-c$ hoặc $a+b-c-d$ chia hết cho $m$
TH 1: $d-c$ chia hết cho $m$ suy ra $a-b$ chia hết cho $m$ hay $(a^{2025}-b^{2025})+(c^{2025}-d^{2025})$ chia hết cho $m$
TH 2: $a+b-c-d$ chia hết cho $m$ suy ra $2(a-d)$ chia hết cho m mà m lẻ nên $a-d$ chia hết cho $m$. Chứng minh tương tự trường hợp trên suy ra đpcm
Bài này mình nhớ không nhầm là thầy Kiên có đăng lên trên facebook

Chú ý đẳng thức $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)

$a^3+b^3+c^3-3abc$ chứ ạ

Có $27a^4+b^4+c^4+b^2c^2$ chia hết cho $p$ nên $27a^4+(b^2+c^2)^2-b^2c^2$ chia hết cho $p$
Hay $27a^4+9a^4-b^2c^2$ chia hết cho $p$ suy ra $(6a^2+bc)(6a^2-bc)$ chia hết cho $p$
TH1: $6a^2+bc$ chia hết cho$p$ suy ra $12a^2+2bc$ chia hết cho $p$ hay $9a^2+2bc-b^2-c^2=(3a+b-c)(3a-b+c)$ chia hết cho $p$
        mà ta có $-(3a^2+b^2+c^2) \leq -(3a+b+c)< 3a+b-c$ và $3a-b+c$ $<3a+b+c\leq 3a^2+b^2+c^2$ nên suy ra vô lí
TH2: $6a^2 -bc$ chia hết cho $p$. CMTT ta có $(3a+b+c)(3a-b-c)$ chia hết cho $p$. CMTT như trên thì ta suy ra ngay$a=b=c=1$ ( Thử lại thỏa mãn)

Xét chẵn lẻ trước ra 1 số =2 rồi xét đồng dư mod 3 thì 1 số =3

Biến đổi tương đương là xong cả 2 câu đó ạ.

Câu 1:
Ta dùng công thức (1) thì:
$A=\sqrt{2(4-\sqrt{4^2-7})}=\sqrt{2(4-3)}=\sqrt{2}$ 
$B=\sqrt{2(6-\sqrt{6^2-11})}=\sqrt{2(6-5)}=\sqrt{2}$
Vậy $A=B$
Câu 2:
Ta dùng công thức (1) thì:
$P=\sqrt{2(4+\sqrt{16-10-2\sqrt{5}})}=\sqrt{2(4+\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\sqrt{2(4+\sqrt{5}-1)}=\sqrt{6+2\sqrt{5}}=1+\sqrt{5}$
Vậy $P=1+\sqrt{5}$

$(1+1+1)!=6$

Đặt $d=(a,b)$ với $d\in \mathbb{N}, d \geq 1$ thì ta có $x=da, y=db$ với $a,b \in \mathbb{N}; (a,b)=1.$
Nhận xét $x>y$ nên $a>b$
Vậy giả thiết suy ra $d(a-b)(a^2+ab+b^2)=13(a^2+b^2)$
Dễ chứng minh $(a^2+b^2,a^2+ab+b^2)=1$ nên 13 chia hết cho $a^2+ab+b^2$
Đến đây dễ rồi