Le Quoc Tung

Cái này chỉ áp dụng được cho trường hợp $n \in N$ thôi

Nhưng đề toán cũng chỉ yêu cầu chứng minh với n tự nhiên thôi mà.
Bài này theo em quy nạp theo n là hay nhất

Bài này làm thế này nè (đoán thôi):
Dùng BĐT: $\frac{4}{a+b}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}$
Từ đó ta có: $\sum \frac{x}{x^{2}+yz}\leq \frac{1}{4}(\sum \frac{1}{x}+\sum \frac{x}{yz})$
Mà để ý theo điều kiện đã cho thì hiển nhiên: $\sum \frac{x}{yz}=1$
Lại có $\sum \frac{1}{x}= \frac{xy+yz+xz}{xyz}= \frac{xy+yz+xz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\leq 1$
Xong cộng theo vế là xong

Có lẽ bài này được giải như sau:
$111y+xy = y(111+x).$
$111x+xy = x(111+y)$.
Để tích trên có dạng $3^z$ thì tất cả các thừa số của nó cũng phải có dạng như trên.
Vậy $111+x = 3^n$
$x = 3^m$
Do đó $3^n -3^m =111$
Hay $3^(n-1) - 3^(m-1) = 37$
Điều đó dẫn đến $m-1 =0$ hay $m=1$
Thay vào ta thấy không đúng nên kết luận luôn là pt vô nghiệm

Lời giải:
Một số chính phương chia 3 sẽ dư 0 hoặc 1.
Giả sử $y$ là số chính phương.
Dễ thấy $y$ không chia hết cho 3 nên $y \equiv 1 \pmod 3 \Rightarrow 2 \equiv 1 \pmod 3$:vô lý.
Vậy không tồn tại $n$ thỏa đề.

Cách giải của bạn có vấn đề rồi, rõ ràng y chia 3 dư 1 cơ mà.
Ta đặt x=a^2, y=b^2.
Khi đó $3a^{2}-2b^{2}=6n+2003.3-6n-2005.2=1999$(1)
Hiển nhiên a phải là 1 số lẻ suy ra $3a^{2}$ chia 8 dư 3!!!
Với b lẻ suy ra 2b^2 chia 8 dư 2 từ đó suy ra (1) vô lý
Với b lẻ suy ra 2b^2 chia hết cho 8 do đó (1) cũng không đúng.
Vậy kết luận phương trình trên không có nghiệm nguyên

Một cách giải khác là nhóm các hạng tử với nhau theo cặp:
1+x+x^2+.......x^n
x+x^2+...x^n
....
x^n
Từ đây ta tính tổng các cặp, cộng lại là xong ( biến đổi ra cũng được như trên)

Mình nghĩ bài toán này "lừa tình" rất dã man.
Thứ nhất là cạnh huyền của hai tam giác lớn không phải là một đường thẳng ( bạn cứ thử tính tan của 2 góc mà bạn nhìn có vẻ đồng vị đi, khác nhau)
Do đó, mình nghĩ tam giác trên đúng ra là bị "lõm" vào ở cạnh huyền
Tương tự, tam giác ở dưới lại "lòi" ra ở cạnh huyền
Kết quả là hinh vuông nhỏ đó sinh ra là do phần "lồi" đã bù trừ phần "lõm".
Đó chỉ là ý kiến chủ quan, mọi người xin đóng góp

Ý kiến của mình là thế này nhé:
Cộng hai phương trình theo vế
Mà
$\sqrt[4]{(2x^{2}+x+1))(2x^{2}-x+1)}= \sqrt[4]{4x^{4}+3x^{2}+1}\geq 1$
$\sqrt[4]{(2y^{2}+x+1))(2y^{2}-x+1)}= \sqrt[4]{4y^{4}+3y^{2}+1}\geq 1$
$\sqrt[4]{(2x^{2}+x+1))(2x^{2}-x+1)}+\sqrt[4]{(2y^{2}+x+1))(2y^{2}-x+1)}\geq$2
Hay 2($\sqrt[4]{(2x^{2}+x+1))(2x^{2}-x+1)}+\sqrt[4]{(2y^{2}+x+1))(2y^{2}-x+1)})\geq$4
Nhưng thực tế, khi cộng theo vế và áp dụng Côsi, ta thấy Bất đẳng thức này bị đổi chiều.
Suy ra
$\sqrt[4]{(2x^{2}+x+1))(2x^{2}-x+1)}+\sqrt[4]{(2y^{2}+x+1))(2y^{2}-x+1)}$=2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=0
Vậy đáp số bài toán là (x;y)=(0;0)

Mình nghĩ bài 2 của bạn có chút nhầm lẫn, vì a+b$\geq$6 thì ta không tìm nổi giá trị nhỏ nhất
Mình nghĩ điều kiện bài toán cần sửa lại a+b$\leq$6
Khi đó, bài toán sẽ được giải như sau:
* Giá trị lớn nhất: Giá trị này có được hiển nhiên khi 4-a-b $\geq$ 0:
Khi đó
A=4.$\frac{1}{4}$a²b(4-a-b) $\leq$ 4.$\frac{(\frac{1}{2}a.2+b+4-a-b)^{4}}{16}$=4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=2,b=1
*Giá trị nhỏ nhất: Giá trị này đạt được khi 4-a-b <0
Khi đó
$\left | 4-a-b \right |\leqslant 2$
$a^{2}b= 4.\frac{1}{4}a^{2}b\leq 4.\frac{(a+b)^{3}}{27} \leq 32$
Nhân theo vế ta có $\left | A \right |\leqslant 64$
Do đó A$\geq -64$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=4,b=2

Bài 3: Bài 3 là hệ quả trực tiếp của bài 1:
Ta có như sau: a(b-c)²+ b(c-a)²+c(b-a)²=(a+b+c)(ab+bc+ca) -9abc
Như vậy, bất đẳng thức được viết lại như sau:
7(ab+ bc+ca) -9abc<2
Hay 7(ab +bc + ca) <2+9abc (điều đã được chứng minh ở trên)
Ta có đpcm

Bài 4: Ta có:
x( 2002 - X²⁰⁰¹) = 2002x - x²⁰⁰²= 2002x - (x²⁰⁰²+1+1+1+....+1) +2001 < 2002x - 2002x +2001 = 2001
Dấu "=" xảy ra khi x=1.
P/s: Dấu < là bé hơn hoặc bằng nhé, mới đăng bài lần đầu nên.....