m.n/(m^2+n^2 ) và m.n/2018
- Đặt (m,n)=d => m= da;n=db ; (a,b)=1
=> d^2(a^2+b^2)/(d^2(ab))  = (a^2+b^2)/(ab) => b/a ; a/b => a=b=> m=n=> ( 2n^2+2018)/n^2 =2 + 2018/n^2 => n^2/2018
=> m=n=1 ; lẻ và nguyên tố cùng nhau. vì d=1

Vẽ SH _I_ (ABCD) => H là trung điểm AD => CD _I_ (SAD) 
Vẽ HK _I_ SD ( K thuộc SD) => CD _I_ HK => HK _I_ (SCD) 
Vẽ AE _I_ SD ( E thuộc SD). 
Ta có S(ABCD) = 2a² => SH = 3V(S.ABCD)/S(ABCD) = 3(4a³/3)/(2a²) = 2a 
1/HK² = 1/SH² + 1/DH² = 1/4a² + 1/(a²/2) = 9/4a² => HK = 2a/3 
Do AB//CD => AB//(SCD) => khoảng cách từ B đến (SCD) = khoảng cách từ A đến (SCD) = AE = 2HK = 4a/3

1) ta có 1 = -1.(-1-0)

=> a là số nguyên dương vì = 1

=> b là số nguyên âm vì = -1

=> c là số không vì = 0

1.

\(5=3xy+x+y\ge3xy+2\sqrt{xy}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{xy}-1\right)\left(3\sqrt{xy}+5\right)\le0\Rightarrow xy\le1\)

\(P=\dfrac{\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+\left(y+1\right)\left(y^2+1\right)}{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}-\sqrt{9-5xy}\)

\(P=\dfrac{\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+\left(x+y\right)^2-2xy+x+y+2}{x^2y^2+\left(x+y\right)^2-2xy+1}-\sqrt{9-5xy}\)

Đặt \(xy=a\Rightarrow0< a\le1\)

\(P=\dfrac{\left(5-3a\right)^3-3a\left(5-3a\right)+\left(5-3a\right)^2-2a+5-3a+2}{a^2+\left(5-3a\right)^2-2a+1}-\sqrt{9-5a}\)

\(P=\dfrac{-27a^3+153a^2-275a+157}{10a^2-32a+26}-\dfrac{1}{2}.2\sqrt{9-5a}\)

\(P\ge\dfrac{-27a^3+153a^2-275a+157}{10a^2-32a+26}-\dfrac{1}{4}\left(4+9-5a\right)\)

\(P\ge\dfrac{-29a^3+161a^2-277a+145}{4\left(5a^2-16a+13\right)}=\dfrac{\left(1-a\right)\left(29a^2-132a+145\right)}{4\left(5a^2-16a+13\right)}\)

\(P\ge\dfrac{\left(1-a\right)\left[29a^2+132\left(1-a\right)+13\right]}{4\left(5a^2-16a+13\right)}\ge0\)

\(P_{min}=0\) khi \(a=1\) hay \(x=y=1\)

Hai phân thức của P rất khó làm gọn bằng AM-GM hoặc Cauchy-Schwarz (nó hơi chặt)

2.

Đặt \(A=9^n+62\)

Do \(9^n⋮3\) với mọi \(n\in Z^+\) và 62 ko chia hết cho 3 nên \(A⋮̸3\)

Mặt khác tích của k số lẻ liên tiếp sẽ luôn chia hết cho 3 nếu \(k\ge3\)

\(\Rightarrow\) Bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi \(k=2\)

Do tích của 2 số lẻ liên tiếp đều không chia hết cho 3, gọi 2 số đó lần lượt là \(6m-1\)  và \(6m+1\)

\(\Leftrightarrow\left(6m-1\right)\left(6m+1\right)=9^n+62\)

\(\Leftrightarrow36m^2=9^n+63\)

\(\Leftrightarrow4m^2=9^{n-1}+7\)

\(\Leftrightarrow\left(2m\right)^2-\left(3^{n-1}\right)^2=7\)

\(\Leftrightarrow\left(2m-3^{n-1}\right)\left(2m+3^{n-1}\right)=7\)

Pt ước số cơ bản, bạn tự giải tiếp

Đặt bđt là (*)

Để (*) đúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn :

\(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)thì \(a=b=c=1\) cũng thỏa mãn (*)

\(\Rightarrow4\le\sqrt[n]{\left(n+2\right)^2}\)

Mặt khác: \(\sqrt[n]{\left(n+2\right)\left(n+2\right).1...1}\le\frac{2n+4+\left(n-2\right)}{n}=3+\frac{2}{n}\)

Hay \(n\le2\)

Với n=2 . Thay vào (*) : ta cần CM BĐT 

\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c+a\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{3}{16}\)

Với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn: \(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

Vì: \(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)

Tương tự ta có:

\(\frac{1}{\left(2b+a+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)};\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)

Ta cần CM: 

\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{3}{16}\Leftrightarrow16\left(a+b+c\right)\le6\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Ta có BĐT: \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

Và: \(3\left(ab+cb+ac\right)\le3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+cb+ca\right)^2\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\)

=> đpcm

Dấu '=' xảy ra khi a=b=c

=> số nguyên dương lớn nhất : n=2( thỏa mãn)