Bài III:

Ta có \(3a^2+14ab+8b^2=3a^2+12ab+2ab+8b^2=3a\left(a+4b\right)+2b\left(a+4b\right)=\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)\le\dfrac{\left(a+4b+3a+2b\right)^2}{4}=\dfrac{\left(4a+6b\right)^2}{4}=\dfrac{\left(2a+3b\right)^2\cdot4}{4}=\left(2a+3b\right)^2\)

\(\Rightarrow\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}\le\sqrt{\left(2a+3b\right)^2}=2a+3b\) \(\Rightarrow\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}\) (1)

Chứng minh tương tự ta được: \(\dfrac{b^2}{\sqrt{3b^2+14bc+8c^2}}\ge\dfrac{b^2}{2b+3c}\) (2);  \(\dfrac{c^2}{\sqrt{3c^2+14ca+8a^2}}\ge\dfrac{c^2}{2c+3a}\) (3)

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta được: 

\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{3b^2+14bc+8c^2}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{3c^2+14ca+8a^2}}\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\) (*).

Ta cần chứng minh: \(\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{a+b+c}{5}\)(**)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-schwarz ta được: \(\left(\dfrac{x^2}{u}+\dfrac{y^2}{t}+\dfrac{z^2}{v}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{u+t+v}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2a+3b+2b+3c+2c+3a}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)5}=\dfrac{a+b+c}{5}\)

\(\Rightarrow\) Bất đẳng thức (**) đúng \(\Rightarrow\) Bđt (*) đúng 

Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\) Vậy...

Bài II

2 b Vì \(n^3-n^2+n-1\) là số nguyên tố nên ta giả sử \(n^3-n^2+n-1=x\)(x\(\in P\), \(x\ge2\)) 

\(\Rightarrow x=n^3-n^2+n-1=n^2\left(n-1\right)+n-1=\left(n-1\right)\left(n^2+1\right)\) 

Ta thấy \(n^2>n\Rightarrow n^2+1>n+1>n-1\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n-1=1\\n^2+1=a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n=2\\a=2^2+1=5\left(TM\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow n=2\) Vậy...

Bài II

2 a Do n+18 và n-41 đều là số chính phương nên ta giả sử \(\left\{{}\begin{matrix}n+18=a^2\left(1\right)\\n-41=b^2\left(2\right)\end{matrix}\right.\) (a,b\(\in\)N;a>b\(\ge\) 0 ; ở (2) ta thấy VP \(\ge0\) nên VT \(\ge0\) nên n\(\ge41\))

Trừ từng vế của (1) cho (2) ta được: 

\(\Rightarrow18+41=a^2-b^2\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)=59\) 

Mà a+b>a-b>0; 59 là số nguyên tố \(\Rightarrow\left[\left(a-b\right);\left(a+b\right)\right]=\left(1;59\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=1\left(3\right)\\a+b=59\left(4\right)\end{matrix}\right.\) Cộng từng vế của (3) và (4) ta được:

\(\Rightarrow2a=60\Leftrightarrow a=30\) Thay vào (3) ta được: \(b=a-1=30-1=29\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=30\\b=29\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n+18=a^2=30^2\\n-41=b^2=29^2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n=900-18=882\\n=841+41=882\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow n=882\left(TM\right)\)(vì \(n\ge41\) ) Vậy...

Bài II

1 \(\Rightarrow\left(a+b\right)^2-2ab=c^2\) \(\Rightarrow2ab=\left(a+b\right)^2-c^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)\)

\(\Rightarrow2ab⋮\left(a+b+c\right)\)(1) Mà a,b,c \(\in Z\) nên \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\) \(\Rightarrow a+b+c\ge1+1+1=3\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow ab⋮\left(a+b+c\right)\) Vậy...

Mik hôm qua hơi vội nên bây giờ mới làm nốt câu III ý 2

Ta có \(6=\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{3}{z}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{6}{\sqrt[6]{xy^2z^3}}\)(Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 6 số dương x,2y,3z) \(\Rightarrow6\ge\dfrac{6}{\sqrt[6]{xy^2z^3}}\) \(\Rightarrow1\ge\dfrac{1}{\sqrt[6]{xy^2z^3}}\) \(\Rightarrow\sqrt[6]{xy^2z^3}\ge1\) (*)

Từ chứng minh ở phần 1 ta có \(P\ge x+2y+3z-3=\left(x+y+y+z+z+z\right)-3\ge6\sqrt[6]{xy^2z^3}-3\ge6-3=3\) (do *)

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

Vậy...

Bài III

a \(\Rightarrow\)P=\(x+y^2+z^3+1+2-3\) 

Áp dụng bất đẳng thức Cô- si với x,y,z>0:

\(y^2+1\ge2y\) ; \(z^3+1+1\ge3z\) \(\Rightarrow x+y^2+1+z^3+1+1\ge x+2y+3z\) 

\(\Rightarrow x+y^2+1+z^3+1+1-3\ge x+2y+3z-3\)  \(\Rightarrow P\ge x+2y+3z-3\)

Và cả bài 1 phần 2

Mình làm thêm bài II phần 2 b ở bình luận của mik nữa nhé 

Bài II

2 b \(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+d^3-a-b-c-d=720001\) 

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)a\left(a+1\right)+\left(b-1\right)b\left(b+1\right)+\left(c-1\right)c\left(c+1\right)+\left(d-1\right)d\left(d+1\right)=720001\)

Ta thấy (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp \(\Rightarrow\) tồn tại 1 số chia hết cho 3 \(\Rightarrow\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮3\) (1)

Chứng minh tương tự ta được: \(\left(b-1\right)b\left(b+1\right)⋮3\)(2), \(\left(c-1\right)c\left(c+1\right)⋮3\)(3), \(\left(d-1\right)d\left(d+1\right)⋮3\)(4)

Cộng từng vế của (1),(2),(3) và (4) ta được : \(\left(a-1\right)a\left(a+1\right)+\left(b-1\right)b\left(b+1\right)+\left(c-1\right)c\left(c+1\right)+\left(d-1\right)d\left(d+1\right)⋮3\)

\(\Rightarrow VT⋮3\)

Mà vế phải chia 3 dư 1 Vô lí \(\Rightarrow\) ko có a,b,c,d

Vậy....

Bài II

2 :

a: \(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=8z^2+5\) Vì số chính phương chia 8 có dư là 0;1;4

\(\Rightarrow\) số dư khi chia cho 8 của \(x^2\), \(y^2\) , \(z^2\)  là 1 trong các số  0,1,4

\(\Rightarrow\) số dư của \(x^2+y^2+z^2\) khi chia cho 8 là 1 trong các số 0;1;2;3;4;6

\(\Rightarrow VT\) chia 8 sẽ dư là 1 trong các số 0;1;2;3;4;6

Mà VP chia 8 dư 5 Vô lí \(\Rightarrow\) không có x,y,z

Vậy....