Ta có: \(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=2019\)

\(\Rightarrow\frac{x+y+z}{xyz}=2019\)

\(\Rightarrow x+y+z=2019xyz\)

\(\Rightarrow2019x^2=\frac{x^2+xy+xz}{yz}\)

\(\Rightarrow2019x^2+1=\frac{x^2+xy+xz+yz}{yz}=\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}\)

\(=\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{2019x^2+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)}\)\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+2\right)=1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)(cô -si)

\(\Rightarrow\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}\le\frac{x^2+1+1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}{x}\)\(=x+\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Tương tự ta có: \(\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{y}\le y+\frac{2}{y}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)

và \(\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\le z+\frac{2}{z}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:

\(\text{Σ}_{cyc}\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}\le x+y+z+3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Chứng minh được: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Rightarrow3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{xyz}=\frac{2019.3\left(xy+yz+zx\right)}{2019xyz}\)

\(\le\frac{2019\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}=2019\left(x+y+z\right)\)

\(\Rightarrow VT\le2020\left(x+y+z\right)=2020.2019xyz\)

Vậy \(\text{Σ}_{cyc}\frac{x^2+1+\sqrt{2019x^2+1}}{x}\le2019.2020xyz\left(đpcm\right)\)

Theo bài ra ta có:

\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=\frac{z}{xyz}+\frac{x}{xyz}+\frac{y}{xyz}=\frac{x+y+z}{xyz}=2019\)

\(\Rightarrow x+y+z=2019xyz\) 

\(\Rightarrow2019x^2=\frac{x^2+xy+xz}{yz}\)

\(\Rightarrow2019x^2+1=\frac{x^2+xy+xz+yz}{yz}=\frac{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}{yz}=\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{2019x^2+1}=\sqrt{\left(\frac{x}{y}+1\right)\left(\frac{x}{z}+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+2\right)=1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)(Theo BĐT Cosi)

\(\Rightarrow\frac{x^2+1+\sqrt{2019^2+1}}{x}\le\frac{x+1+1+\frac{x}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}{x}=x+\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Tương tự:

\(\frac{y^2+1+\sqrt{2019y^2+1}}{y}\le y+\frac{2}{y}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)

\(\frac{z^2+1+\sqrt{2019z^2+1}}{z}\le z+\frac{2}{z}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

\(\Rightarrow VT\le x+y+z+3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)

Chứng minh được: \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Rightarrow3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=\frac{3\left(xy+yz+zx\right)}{xyz}=\frac{2019\cdot3\left(xy+yz+zx\right)}{2019xyz}\le\frac{2019\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}\)\(=2019\left(x+y+z\right)\)
 

\(\Rightarrow VT\le2020\left(x+y+z\right)=2020\cdot2019xyz=VP\)

=> ĐPCM

Vì \(65\) là số lẻ nên \(2x+5y+1\) và \(2^{\left|x\right|-1}+y+x^2+x\) cũng là số lẻ.

mà \(2x+1\)lẻ 

\(\Rightarrow\)\(5y\) là số chẵn

\(\Rightarrow\)\(y\) là số chắn

Có \(2^{\left|x\right|-1}+x^2+x\)là só lẻ mà \(x^2+x=x\left(x+1\right)\) là tích 2 số tự nhiên liên tiếp nên là số chắn, \(y\) cũng là số chẵn

\(\Rightarrow\)\(2^{\left|x\right|-1}\) là số lẻ

\(\Rightarrow\)\(x=\pm1\).

Với \(x=1\)ta có: 

\(\left(5y+3\right)\left(y+3\right)=65\)

suy ra \(y=2\).

Tương tự với \(x=-1\)suy ra không có giá trị của \(y\)thỏa mãn. 

Vậy ta có nghiệm \(\left(x,y\right)=\left(1,2\right)\).

Do VP là số lẻ

<=> 2x + 5y + 1 là số lẻ và 2|x|+y+x2+x2|x|+y+x2+x là số lẻ

<=> y chẵn và 2|x|+y+x(x+1)2|x|+y+x(x+1) là số lẻ 

=> 2|x|2|x| là số lẻ (do y chẵn và x(x+1) chẵn)

=> x = 0

PT <=> (5y+1)(1+y)=105(5y+1)(1+y)=105

<=> y = 4 (thử lại -> thỏa mãn)

KL: x = 0; y = 4

bai 1 tinh                                 

hê hêrf

Bài 2 , 3 mình đang suy nghĩ  Làm tạm mấy bài sau trc.

Bài 4:

+) n⁴ co tận cùng là 1 , 6 , 5 => n⁸ - n⁴ chia hết cho 10 ( 1 )

+) n⁸ - n⁴ = n² (n - 1 )( n + 1 )( n² + 1 ) chia hết cho 3 và 4 ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) => ĐPCM

Bài 5 : 

\(A=2005^n+60^n-1897^n-168^n\)

Ta có : 

+) \(\hept{\begin{cases}2005^n\equiv1\left(mod4\right)\\1897^n\equiv1\left(mod4\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow A\equiv1+0-1+0=0\left(mod4\right)\)

\(\Rightarrow A⋮4\)

+) \(\hept{\begin{cases}2005^n\equiv1\left(mod3\right)\\1897^n\equiv1\left(mod3\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow A\equiv1+0-1+0=0\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow A⋮3\)

+) \(\hept{\begin{cases}2005^n\equiv1\left(mod167\right)\\1897^n\equiv1\left(mod167\right)\\168^n\equiv\left(mod167\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow A\equiv1+60^n-60^n-1=0\left(mod167\right)\)

\(\Rightarrow A⋮2004\)

Bài 6 : 

\(6^{2n}+19^n-2^{n-1}\)

\(=36^n+19^n-2.2^n\)

\(=\left(36^n-2^n\right)+\left(19^n-2^n\right)\)

Ta có : \(\hept{\begin{cases}36^n-2^n⋮34\\19^n-2^n⋮17\end{cases}\Rightarrow}6^{2n}+19^n-2^{n-1}\)

b, a=7, b=19

Đặt \(\sqrt{x^2+2y+1}\) =a thì phương trình trở thành a² -1 +a =1 giải ra được a=1 hoặc a=-2

mà a > 0 suy ra a=1 suy ra x² +2y =0 mà 2x + y =2 suy ra x² - 4x -4 =0 suy ra x=2 y= -2

x₀² + y₀² = 8

=8 nha chi

Ta có : \(\frac{9}{4}=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b+2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+2\right)^2\ge9\Leftrightarrow a+b+2\ge3\Leftrightarrow a+b\ge1\)

Áp dụng BĐT Mincopxki , ta có : \(\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}\ge\sqrt{\left(1^2+1^2\right)^2+\left(a^2+b^2\right)^2}\ge\sqrt{4+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^4}\ge\sqrt{\frac{17}{4}}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)

Vậy minP = \(\frac{\sqrt{17}}{2}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)

\(\left(1+a\right)\left(1+b\right)=\frac{9}{4}\)

\(\Leftrightarrow1+a+b+ab=\frac{9}{4}\Leftrightarrow a+b+ab=\frac{5}{4}\)

Áp dụng Bđt Cô si ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\)

\(2\left(a^2+\frac{1}{4}\right)\ge2a;2\left(b^2+\frac{1}{4}\right)\ge2b\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2\right)+1\ge2\left(a+b+ab\right)=\frac{5}{2}\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)

Áp dụng Bđt Bunhiacopski ta cũng có:

\(P\ge\sqrt{\left(1+1\right)^2+\left(a^2+b^2\right)^2}\ge\sqrt{4+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{17}}{2}\)

Dấu = khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

ta có 

\(C=444..4000..0+888..8+1=4.10^n\left(1+10+..+10^{n-1}\right)+8.\left(1+10+..+10^{n-1}\right)+1\)

\(=4.10^n\frac{10^n-1}{9}+8\frac{10^n-1}{9}+1=\frac{4.10^{2n}+4.10^n+1}{9}=\left(\frac{2.10^n+1}{3}\right)^2\)

rõ ràng C là số tự nhiên nên \(\frac{2.10^n+1}{3}\) là số tự nhiên, vậy ta có đpcm

minh quang ơi bạn giải thích chi tiết ra đc không

ta có :

\(ab>2016a+2017b\Rightarrow a\left(b-2016\right)>2017b\) hay ta có : \(a>\frac{2017b}{b-2016}\)

Vậy \(a+b>\frac{2017b}{b-2016}+b=b+2017+\frac{2016\times2017}{b-2106}=b-2016+\frac{2016\times2017}{b-2106}+2016+2017\)

\(\ge2\sqrt{2016\times2017}+2016+2017=\left(\sqrt{2016}+\sqrt{2017}\right)^2\)

Vậy ta có đpcm

Nhận thấy n=2 thỏa mãn điều kiện

Với n>2 ta có: 

\(n^6-1=\left(n^3-1\right)\left(n^3+1\right)=\left(n^3-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2-n+1\right)\)

Do đó tất cả các thừa số nguyên tố của \(n^2-n-1\)chia hết cho \(n^3-1\)hoặc \(n^2-1=\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)

Để ý rằng \(\left(n^2-n+1;n^3-1\right)\le\left(n^3+1;n^3-1\right)\le2\)

Mặt khác \(n^2-n+1=n\left(n-1\right)+1\)là số lẻ, do đó tất cả các thừa số nguyên tố của \(n^2-n-1\)chia hết cho \(n+1\)

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

Vì vậy ta phải có \(n^2-n+1=3^k\left(k\in Z^+\right)\)

Vì \(n>2\Rightarrow k\ge2\)

do đó \(3|n^2-n+1\Rightarrow n\equiv2\left(mod3\right)\)

Nhưng mỗi TH \(n\equiv2,5,8\left(mod9\right)\Rightarrow n^2-n+1\equiv3\left(mod9\right)\)(mâu thuẫn)

Vậy n=2

Bài làm rất hay mặc dù làm rất tắt.

Tuy nhiên:

Dòng thứ 4: Ước số nguyên tố của \(n^2-n+1\)chia hết cho \(n^3-1\)hoặc \(n^2-1\)( em viết thế này không đúng rồi )

------> Sửa: ước số nguyên tố của \(n^2-n+1\) chia hết \(n^3-1\) hoặc  \(n^2-1\)

Hoặc:  ước số nguyên tố của \(n^2-n+1\) là ước  \(n^3-1\) hoặc  \(n^2-1\)

Dòng thứ 6 cũng như vậy:

a chia hết b khác hoàn toàn a chia hết cho b 

a chia hết b nghĩa là a là ước của b ( a |b)

a chia hết cho b nghĩa là b là ước của a.( \(a⋮b\))

3 dòng cuối cô không hiểu  em giải thích rõ giúp cô với. Please!!!!

Nhưng cô có cách khác dễ hiểu hơn này:

\(n^2-n+1=3^k\);

 \(n+1⋮3\)=> tồn tại m để : n + 1 = 3m

=> \(\left(n+1\right)\left(n-2\right)+3=3^k\)

<=>\(3m\left(n+1-3\right)+3=3^k\)

<=> \(m\left(n+1\right)-3m+1=3^{k-1}\)

=> \(m\left(n+1\right)-3m+1⋮3\)

=> \(1⋮3\)vô lí