áp dụng bất đẳng thức côsi

a+b >= 2\(\sqrt{ab}\)

<=> (a+b).\(\sqrt{c}\)>=2.\(\sqrt{abc}\)                      

Mà \(\sqrt{abc}\)= (a+b) .\(\sqrt{c}\) nên a=b , \(\sqrt{c}\)= 2.\(\sqrt{c}\) 

<=> c = 0 và với mọi a,b 

bạn Nguyễn Anh Quân hiểu sai rồi, là \(\sqrt{\overline{abc}}\)  chứ ko phải  \(\sqrt{abc}\)  đâu nha

\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)

\(+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)

Áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)

Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)

Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:

\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)

Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:

\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

\(\Rightarrow P\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)

\(\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)

Dấu "=" khi a = b = c > 0

P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại

ko biết

2.

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}2n+2003=k^2\\3n+2005=q^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3k^2=6n+6009\\2q^2=6n+4010\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow3k^2-2q^2=1999\)(*)

Vì 1999 là số lẻ, \(2q^2\) là số chẵn do đó \(3k^2\) phải là số lẻ

\(\Rightarrow k^2\) lẻ \(\Leftrightarrow k\) lẻ

Đặt \(k=2a+1\)

(*) \(\Leftrightarrow3\left(2a+1\right)^2-2q^2=1999\)

\(\Leftrightarrow3\left(4a^2+4a+1\right)-2q^2=1999\)

\(\Leftrightarrow12a^2+12a+3-2q^2=1999\)

\(\Leftrightarrow12a^2+12a-2q^2=1996\)

\(\Leftrightarrow2q^2=12a^2+12a-1996\)

\(\Leftrightarrow q^2=6a^2+6a-998\)

\(\Leftrightarrow q^2=6a\left(a+1\right)-998\)

Vì \(a\left(a+1\right)\) là tích 2 số liên tiếp nên \(a\left(a+1\right)⋮2\)

Do đó \(6a\left(a+1\right)=3\cdot2a\left(a+1\right)⋮4\)

Mà 998 chia 4 dư 2

Vì vậy \(6a\left(a+1\right)-998\) chia 4 dư 2

Mặt khác \(q^2\) là số chính phương nên \(q^2\) chia 4 không dư 2

Vậy không có giá trị nào của \(n\) thỏa mãn đề bài.

@Akai Haruma, @Nguyễn Việt Lâm, tth, Trần Thanh Phương,

Nguyễn Văn Đạt, svtkvtm, buithianhtho, Lê Thảo, lê thị hương giang

Giúp mk vs nha! Cảm ơn nhiều!

bach nhac lam Anh tham khảo câu 2 ở link dưới này nhé :

Tìm n là số tự nhiên để 2n+2003 và 3n+2005 đều là số chính phương - Số học - Diễn đàn Toán học