Đặt \(2n+2017=a^2;n+2019=b^2\)

\(\Rightarrow2n+4038=2b^2\)

\(\Rightarrow2b^2-a^2=2021\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2b}-a\right)\left(\sqrt{2b}+a\right)=2021=1\cdot2021=47\cdot43\)

Tự xét nốt nha

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2019}\)

\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{2019}\)

\(\Leftrightarrow2019a+2019b-ab=0\)

\(\Leftrightarrow ab-2019a-2019b=0\)

\(\sqrt{a+b}=\sqrt{a-2019}+\sqrt{b-2019}\)

\(\Leftrightarrow a+b=a-2019+b-2019+2\sqrt{\left(a-2019\right)\left(b-2019\right)}\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{ab-2019a-2019b+2019^2}=2\cdot2019\)

\(\Leftrightarrow2\cdot2019=2\cdot2019\) ( LUÔN OK THEO COOL KID ĐZ )

P/S:SORRY NHA.LÚC CHIỀU BẬN VÀI VIỆC NÊN KO ONL DC:(((

Ta có :

\(\sqrt{a +b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\)

<=> \(\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le6\)

<=> \(2\left(a+b+c\right)+2\sqrt{a+b}\sqrt{b+c}+2\sqrt{c+a}\sqrt{b+c}+2\sqrt{b+c}\sqrt{c+a}\le6\)

<=> \(\sqrt{a+b}\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\sqrt{b+c}+\sqrt{b+c}\sqrt{c+a}\le2\)   (a)

Đặt \(\hept{\begin{cases}x=a+b\\y=b+c\\z=c+a\end{cases}}\Rightarrow x+y+z=2\left(a+b+c\right)=2\)

Suy ra 

(a) <=> \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le2\)

Ta có bất đẳng thức phụ sau : Với x,y,z là các số dương thì

\(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le x+y+z\)  (*)

Chứng minh : Nhân 2 cho 2 vế 

(*) <=> \(2\sqrt{xy}+2\sqrt{yz}+2\sqrt{zx}\le2x+2y+2z\)

<=>  \(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0\)

Vậy \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le x+y+z\)

Suy ra \(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\le x+y+z=2\)

Vậy Với a + b + c = 1 thì \(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{6}\)

Đẳng thức xảy ra <=> x = b = c = \(\frac{1}{3}\)

Đặt \(\sqrt{a}=x;\sqrt{b}=y;\sqrt{c}=z\left(x;y;z>0\right)\). Thay vào và quy đồng từng đẳng thức ta được

xy²+y=xyz+x

yz²+z=xyz+y

x²z+x=xyz+z

cộng 3 đẳng thức trên ta được 3xyz = xy²+yz²+zx² \(\ge3\sqrt[3]{xy^2.yz^2.zx^2}=3xyz\)

dấu '=' khi \(xy^2=yz^2=zx^2< =>x=y=z\) hay a=b=c

Vậy không nhất thiết abc=1   

a) \(ab+bc+ca=1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=1-2abc\left(a+b+c\right)\\\left(a+b+c\right)^2-2=a^2+b^2+c^2\end{cases}}\)

\(A=\sqrt{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}=\sqrt{a^2b^2c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2+1}\)

\(A=\sqrt{a^2b^2c^2-2abc\left(a+b+c\right)+\left(a+b+c\right)^2}\)

\(A=\sqrt{\left(abc-a-b-c\right)^2}=\left|abc-a-b-c\right|\)

Do a, b, c là các số hữu tỉ nên \(\left|abc-a-b-c\right|\) là số hữu tỉ 

b) \(B=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}}>\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+...+\sqrt{1}}}}=1\)

\(B< \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{4}}}}=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+2}}}}=\sqrt{2+2}=2\)

=> \(1< B< 2\) B không là số tự nhiên 

c) câu này có ng làm r ib mk gửi link 

à chỗ câu b) mình nhầm tí nhé 

\(B=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2}}}}>\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+...+\sqrt{1}}}}>1\)

Sửa dấu "=" thành ">" hộ mình 

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2019}\Rightarrow\dfrac{a+b}{ab}=\dfrac{1}{2019}\Rightarrow2019=\dfrac{ab}{a+b}\)

\(\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{2019}-\dfrac{1}{b}=\dfrac{b-2019}{2019b}\Rightarrow b-2019=\dfrac{2019b}{a}\)

\(\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{2019}-\dfrac{1}{a}=\dfrac{a-2019}{2019a}\Rightarrow a-2019=\dfrac{2019a}{b}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a-2019}+\sqrt{b-2019}=\sqrt{\dfrac{2019a}{b}}+\sqrt{\dfrac{2019b}{a}}=\dfrac{\sqrt{2019}\left(a+b\right)}{\sqrt{ab}}=\sqrt{\dfrac{ab}{a+b}}.\dfrac{a+b}{\sqrt{ab}}=\sqrt{a+b}\)

We put \(n^2-14n+38=k^2\)

\(\Rightarrow n^2-14n+49-11=k^2\)

\(\Rightarrow\left(n-7\right)^2-11=k^2\)

\(\Rightarrow\left(n-7\right)^2-k^2=11\)

\(\Rightarrow\left(n-7-k\right)\left(n-7+k\right)=11=1.11=11.1=\left(-1\right).\left(-11\right)\)

\(=\left(-11\right).\left(-1\right)\)

Prints:

Case by case, we have \(n\in\left\{13;1\right\}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si nhưng tình huống này ta bình phương hai vế trước.

Đặt \(A=\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\), khi đó ta được:

\(A^2=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)^2\)

\(=\frac{x^4}{y^2}+\frac{y^4}{z^2}+\frac{z^4}{x^2}+2\left(\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}\right)\)

Ta chú ý cách ghép cặp sau:

\(\frac{x^4}{y^2}=\frac{x^2y}{z}+\frac{x^2y}{x}+z^2\ge4x^2\)

\(\frac{y^4}{z^2}+\frac{y^2z}{x}+\frac{y^2z}{x}+x^2\ge4y^2\)

\(\frac{z^4}{x^2}=\frac{z^2x}{y}+\frac{z^2x}{y}+y^2\ge4z^2\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

\(A^2+\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge4\left(x^2+y^2+z^2\right)\Leftrightarrow A^2\ge9\Leftrightarrow A\ge3\)hay:

\(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\ge3\)

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)