một số bài toán số học và đại số của junior balkan MO từ năm 2015 đến năm 1998

Một số bài toán số học và đại số

của junior Balkan MO từ năm 2015 đến

năm 1998

Do Nam sưu tập từ diễn dàn mathlink.ro

Cho a,b,c > 0 sao cho a+b+c=3 chứng minh :

𝐴 = 2 − 𝑎3

2 − 𝑏3

2 − 𝑐3

𝑐 ≥ 3 (junior balkan MO 2015)

Giải

A=2 1

𝑎 + 1

𝑏 +1

𝑐 − 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2

=2 1𝑎 +1

𝑏 +1

𝑐 + 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 2

=2 𝑎1 +1

𝑏 +1

𝑐 + 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9

=2 𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐𝑎𝑏𝑐 + 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9

=2 𝑎𝑏𝑐 (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )(𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )2 + 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9 (1)

CM được (ab + ac + bc) 2 ≥ 3𝑎𝑏𝑐(a + b + c) (2)

Từ (1),(2) A≥ 2 (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )3(𝑎+𝑏+𝑐) + 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9

=2 (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )9 + 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9 (3)

Áp dụng Cauchy cho 9

(𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 ) ; 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐

Vậy (3)≥ 12 − 9 = 3

2) tì m tất cả các bộ (a,b,c) thỏa 3𝑎4 − 5𝑏4 − 4𝑐2 = 26

(junior balkan MO 2014)

Giải

Ta có 3𝑎4 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 3) và 26 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑3) nên 5𝑏4 + 4𝑐2 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑3)

(1)

Ta có số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 nên 4𝑐2 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3) hoặc 4𝑐2 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑3) và 5𝑏4 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3) hoặc 5𝑏4 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑3) (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5𝑏4 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3) và 4𝑐2 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑3)

Vậy 𝑏 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3) nên b=3 thế vào đề ta có 3𝑎4 − 405 − 4𝑐2 = 26 Suy ra 3𝑎4 = 431 + 4𝑐2 ta có 3𝑎4 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑5 hoặc 3𝑎4 ≡ 3 𝑚𝑜𝑑5 (4)

Mà 431 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑5 và 4𝑐2 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑5 hoặc 4𝑐2 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑5 hoặc 4𝑐2 ≡ 4 𝑚𝑜𝑑5 (5)

Từ (4) và (5) suy ra 3𝑎4 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑5 vậy 𝑎 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑5 nên a=5 thế vào đề suy ra c=19 (thõa) vậy (a,b,c) là (5,3,19)

3) cho a,b,c ∈ 𝑁 và abc=1 Chứng minh

𝑎 + 𝑏1 2 + 𝑏 + 1𝑐 2 + 𝑐 + 1𝑎 2 ≥ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 1)

(junior Balkan MO 2014) Giải

VT = 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 2 𝑎𝑏 +𝑏

𝑐 +𝑐

𝑎 + (𝑎12+ 1

𝑏 2 + 1

𝑐 2 )

Áp dụng Cauchy 3 số cho 𝑎2;𝑏𝑐;𝑏12

Vậy 𝑎2 + 𝑏𝑐 + 𝑏12 ≥ 3 3 𝑎𝑏𝑐2 = 3 3 𝑎2𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐 = 3𝑎

CMTT cộng lại theo vế ta VT ≥ 3 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐

Mà 𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 ≥ 3 (theo Cauchy 3 số )

Vậy VT ≥ 3 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 3 = 3 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 1 = 𝑉𝑃

4) tì m các bộ số tự nhiên (a,b) thõa𝑎𝑎+13𝑏−1 và 𝑏𝑏−13𝑎+1 là các số tự nhiên

(junior balkan MO 2013) Giải

𝑎3𝑏−1

𝑎+1 là số tự nhiên nên

(𝑎3𝑏 − 1) ⋮ (𝑎 + 1 ) ↔ (𝑏 𝑎3 + 1 − 𝑏 + 1 ) ⋮ (𝑎 + 1 )

Mà 𝑏 𝑎3 + 1 ⋮ (𝑎 + 1 ) nên 𝑏 + 1 ⋮ (𝑎 + 1 ) (1)

Ta có 𝑏3𝑎+1

𝑏−1 là số tự nhiên nên

𝑏 3 𝑎 + 1 ⋮ 𝑏 − 1 ↔ 𝑎 𝑏 3 − 1 + 𝑎 + 1 ⋮ (𝑏 − 1)

Mà 𝑎 𝑏3 − 1 ⋮ (𝑏 − 1) nên 𝑎 + 1 ⋮ (𝑏 − 1) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra 𝑏 + 1 ⋮ ( 𝑏 − 1) vậy 𝑏+1

( 𝑏−1)là số tự nhiên 𝑏+1

( 𝑏−1) = 𝑏−1+2

𝑏−1 vậy 2 ⋮ (𝑏 − 1) vậy b=2 hoặc b=3

Trường hợp 1 với b=2 ta có 3⋮ (𝑎 + 1 ) vậy a=0 hoặc a=2

𝑎3𝑏−1

𝑎+1 là số tự nhiên nên 𝑎3𝑏 − 1 ≥ 0 → 𝑎3𝑏 ≥ 1 vậy a=0 không thõa

Trường hợp 2 với b=3 thì 4 ⋮ (𝑎 + 1 ) và 𝑎 + 1 ⋮ 2 nên a=1 hoặc a=3 Vậy (a,b) là (2 ;2),(3 ;3),(1 ;3)

5) cho a,b >0 và ab≥ 1 chứng minh

𝑎 + 2𝑏 + 2

𝑎 + 1 𝑏 + 2𝑎 +

2

𝑏 + 1 ≥ 16 (junior Balkan MO 2013) Giải

VT= 𝑎 + 2𝑏 + 𝑎+12 𝑏 + 2𝑎 + 𝑏+12

= 𝑎 + 𝑏

2 +

𝑎 + 𝑏

2 + 𝑏 +

2

𝑎 + 1

𝑎 + 𝑏

2 +

𝑎 + 𝑏

2 + 𝑏 +

2

𝑎 + 1

Áp dụng Cauchy 4 số

VT≥ 4 𝑏(𝑎+𝑏)2

2(𝑎+1)

4

4 𝑎(𝑎+𝑏)2

2(𝑏+1)

4

= 16 𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)4

4 𝑎+1 (𝑏+1)

4

(1)

Giờ ta sẽ biến đổi trong căn 𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)4

4 𝑎+1 (𝑏+1) ≥ 4 𝑎𝑏 2(𝑎+𝑏)2

4 𝑎+1 (𝑏+1) (áp dụng Cauchy ) (2)

4 𝑎𝑏 2(𝑎+𝑏)2

4 𝑎+1 (𝑏+1) ≥ 𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏

𝑎𝑏 +𝑎+𝑏+1 (3) Chứng minh được 𝑎2 + 𝑏2 ≥ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏)

Vậy 𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏

𝑎𝑏 +𝑎+𝑏+1 ≥ 𝑎𝑏 𝑎+𝑏 +2𝑎𝑏

𝑎𝑏 +𝑎+𝑏+1 ≥ 𝑎+𝑏+𝑎𝑏 +1

𝑎𝑏 +𝑎+𝑏+1 = 1 (do ab≥ 1) (4)

Từ (1) , (2) ,(3), (4) ta có VT≥16=VP

6) cho a,b,c > 0 thõa a+b+c=1 chứng minh

𝑎

𝑏 +

𝑏

𝑐 +

𝑐

𝑎 +

𝑏

𝑎 +

𝑐

𝑏+

𝑎

𝑐 + 6 ≥ 2 2(

1 − 𝑎

𝑎 +

1 − 𝑏

𝑏 +

1 − 𝑐

𝑐 )

(junior Balkan MO 2012)

Giải

𝑏

𝑎 +𝑎𝑐 + 2 = 𝑏+𝑐𝑎 + 2 ≥ 2 2(𝑏+𝑐)𝑎 = 2 2 1−𝑎𝑎 (áp dụng Cauchy )

CMTT cộng lại

𝑎

𝑏 +

𝑏

𝑐 +

𝑐

𝑎 +

𝑏

𝑎 +

𝑐

𝑏+

𝑎

𝑐 + 6 ≥ 2 2(

1 − 𝑎

𝑎 +

1 − 𝑏

𝑏 +

1 − 𝑐

𝑐 )

7) tì m p là số nguyên tố và x,y là các số nguyên dương thõa

𝑥 𝑦2 − 𝑝 + 𝑦 𝑥2 − 𝑝 = 5𝑝 (junior Balkan MO 2011)

Giải

𝑥 𝑦2 − 𝑝 + 𝑦 𝑥2 − 𝑝 = 5𝑝

↔ 𝑥 + 𝑦 𝑥𝑦 − 𝑝 = 5𝑝

Do p,5 đều là số nguyên tố nên có 4 trường hợp nhưng do x,y là số

nguyên đương nên 𝑥+y>1 vậy chỉ có 3 trường hợp

Trường hợp 1

𝑥 + 𝑦 = 5𝑝

𝑥𝑦 − 𝑝 = 1

Xét x=1 vậy 1+y=5p và y-p=1 vô nghiệm

Xét x,y>1 vậy xy≥x+y vậy p+1≥5p vô nghiệm

Trường hợp 2

𝑥 + 𝑦 = 5

𝑥𝑦 − 𝑝 = 𝑝

với x+y=5và x,y là nguyên nguyên dương nên

(x,y)=(2 ;3),(3 ;2),(1 ;4),(4 ;1) thế vào xy-p=p thấy thõa vậy tìm được 4 nghiệm(x,y,p)= (2 ;3 ;3),(3 ;2 ;3),(1 ;4 ;2),(4 ;1 ;2)

Trường hợp 3

𝑥 + 𝑦 = 𝑝

𝑥𝑦 − 𝑝 = 5 ↔ x+y+xy=5 suy ra (x-1)(y-1)=6 giải tìm được các nghiệm thấy (x,y,p) là (3 ;4 ;7) và (4 ;3 ;7)

từ trường hợp 2 và 3 ta suy ra các nghiệm

8) cho a,b,c,d là các số thưc thõa

𝑎𝑏𝑐 − 𝑑 = 1 1

𝑏𝑐𝑑 − 𝑎 = 2 2

𝑐𝑑𝑎 − 𝑏 = 3 3

𝑑𝑎𝑏 − 𝑐 = −6(4)

Chứng minh a+b+c+d khác 0

(junior balkan MO 2010 )

Giải

Giả sử 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 0

Ta có 𝑎𝑏𝑐 − 𝑑 + 𝑏𝑐𝑑 − 𝑎 + 𝑐𝑑𝑎 − 𝑏 + 𝑑𝑎𝑏 − 𝑐 = 1 + 2 + 3 − 6 Suy 𝑎𝑏𝑐 + 𝑏𝑐𝑑 + 𝑐𝑑𝑎 + 𝑑𝑎𝑏 − 0 = 0 (5)

Thế 𝑑 = 𝑜 − 𝑎 − 𝑏 − 𝑐 vào (5)

Ta có −𝑏𝑐2 − 𝑐𝑏2 − 𝑐𝑎2 − 𝑎𝑐2 − 2𝑎𝑏𝑐 − 𝑏𝑎2 − 𝑎𝑏2 = 0

Suy ra – 𝑎 + 𝑏 𝑏 + 𝑐 𝑐 + 𝑎 = 0

Suy ra 𝑎 = −𝑏 thế vào (3) suy ra – 𝑐𝑑𝑏 + 𝑎 = 3 mà theo (2) vô lí

Suy ra 𝑐 = −𝑎 thế vào (2) suy ra – 𝑎𝑏𝑑 + 𝑐 = 2 mà theo (4) vô lí

Suy ra b+c=0 mà a+b+c+d=0 nên a+d=0 vậy 𝑑 = −𝑎 thế vào (1) suy ra – 𝑑𝑏𝑐 + 𝑎 = 1 mà theo (2) vô lí

Vậy a+b+c+d khác o

9) cho 0 <x,y,z<1 và 𝑥𝑦𝑧 = 1 − 𝑥 1 − 𝑦 1 − 𝑧 chứng minh rằng ít nhất một trong các số sau 1 − 𝑥 𝑦 , 1 − 𝑦 𝑧 , 1 − 𝑧 𝑥 lớn hơn hoặc bằng 14

(junior Balkan MO 2009)

Giải

Giả sử 1 − 𝑥 𝑦 , 1 − 𝑦 𝑧 , 1 − 𝑧 𝑥 đều bé hơn 14

Vậy 1 − 𝑥 𝑦 < 14 ↔ 𝑦 − 𝑥𝑦 < 14 vậy 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧) < 34

Mà 𝑥𝑦𝑧 = 1 − 𝑥 1 − 𝑦 1 − 𝑧 ↔ 2𝑥𝑦𝑧 = 1 − 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑥𝑧)

↔ 2𝑥𝑦𝑧 > 1

4 ↔ 𝑥𝑦𝑧 > 1

8 ↔ (𝑥𝑦𝑧)2 > 1

64 (1) Lại có 𝑥𝑦𝑧 = 1 − 𝑥 1 − 𝑦 1 − 𝑧 ↔ (𝑧𝑥𝑦) 2 = 1 − 𝑥 𝑦 1 − 𝑦 𝑧 1 − 𝑧 𝑥 <641

Vậy mâu thuẫn(1) nên có điều phải chứng minh

10) giải hệ phương trình sau

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 20 (1)

𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑑 + 𝑑𝑐 = 150 (2) (junior Balkan MO 2008)

Giải

(1)tương dương (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑)2 = 400

↔ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑑2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑎𝑑 + 2𝑐𝑏 + 2𝑑𝑏 + 2𝑑𝑐 = 400

↔ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑑2 + 300 = 400 ↔ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑑2 = 100

Ta có 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑

4 ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑

4 ≤ 𝑎2+𝑏2+𝑐2+𝑑2

4 (cauchy 2 số)

↔ 5 ≤ 5 đấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra khi a=b=c=d=5

11) tì m các bộ số nguyên tố (a,b,c) thõa

𝑎 𝑏 − 4

𝑐+1 = 1 (1)

(junior balkan MO 2008)

Giải

(1)suy ra 𝑎−𝑏

𝑏 = 4

𝑐+1 mà do a,b là các số nguyên tố

Xét a=b vô lí vậy a khác b nên 𝑎 − 𝑏, 𝑏 = 1

Vậy có 3 trường hợp

Trường hợp 1

𝑎 − 𝑏 = 1 thì a và b là 2 số nguyên tố liên tiếp nên a=3 và b=2 thế vào (1) tìm được c=7

Trường hợp 2

𝑎 − 𝑏 = 2 thì 𝑐 + 1 = 2𝑏 chứng minh được a >3 vậy có 2 trường hợp

Trường hợp a

𝑎 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 6 ↔ 𝑏 ≡ 5 𝑚𝑜𝑑 6 ↔ 𝑐 ≡ 9 𝑚𝑜𝑑 6 ↔ 𝑐 = 3 Thế vào (1) rồi giải hệ phương trình ra vô nghiệm

Trường hợp b

𝑎 ≡ 5 𝑚𝑜𝑑 6 ↔ 𝑎 + 1 ⋮ 6 mà 𝑎 − 𝑏 = 2 ↔ 𝑎 + 1 = 3 + 𝑏

Vậy 3 + 𝑏 ⋮ 6 nên 𝑏 ⋮ 3 nên b=3 thế vào 𝑎 − 𝑏 = 2 ↔ 𝑎 = 5

Thế a và b vào (1) suy ra c=5

Trường hợp 3

𝑎 − 𝑏 = 4 ↔ 𝑐 + 1 = 𝑏 mà do c và b là 2 số nguyên tố liên tiếp nên b=3 và c=2 vậy a=7

Vậy các bộ (a,b,c) là (7;3;2),(5;3;5),(3 ;2 ;7)

12) tì m các số nguyên dương (x,y)

9 𝑥2 + 𝑦2 + 1 + 2 3𝑥𝑦 + 2 = 2005 (1)

(junior balkan MO 2005)

Giải

( 1) ↔ 3 𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦 = 664 ↔ 2(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑥 − 𝑦)2 = 664 (𝑥 − 𝑦)2 chẵn nên 𝑥 − 𝑦 = 2𝑏 ↔ (𝑥 − 𝑦)2 = 4𝑏2 vậy (𝑥 + 𝑦) chẵn vậy (𝑥 + 𝑦)2 = 4𝑎2

2(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑥 − 𝑦)2 = 664 ↔ 2𝑎2 + 𝑏2 = 166 vậy 𝑏2 chẵn nên

𝑏2 = 4𝑐2 vậy thế vào 2𝑎2 + 𝑏2 = 166 ↔ 𝑎2 + 2𝑐2 = 83 vậy

2𝑐2 < 83 ↔ 𝑐 ≤ 6 xét từng trường hợp thấy c=1 và a=9 thế từ từ tì m được (x,y) là (11 ;7),(7 ;11)

13) cho x và y là số thực

𝑥 + 𝑦

𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝑦2 ≤ 2 2

𝑥2 + 𝑦2

(junior balkan MO 2004)

Giải

Xét trường hợp 1

(𝑥 + 𝑦) ≤ 0 suy ra VT ≤0≤VP

Xét trường hợp 2

𝑥 + 𝑦 > 0 vậy chứng minh được 𝑥 + 𝑦 ≤ 2 𝑥2+𝑦2 2 = 2 𝑥2 + 𝑦2 vậy

Giả sử 𝑥+𝑦

𝑥2−𝑥𝑦 +𝑦2 ≤ 2 2

𝑥 2 +𝑦2 vậy 2(𝑥2+𝑦2)

𝑥2−𝑥𝑦 +𝑦2 ≤ 2 2

𝑥2+𝑦2 ↔ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2 𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝑦2

↔ 0 ≤ (𝑥 − 𝑦)2 đúng

Vậy 𝑥+𝑦

𝑥 2 −𝑥𝑦 +𝑦 2 ≤ 2 2

𝑥 2 +𝑦2 14) A=44…4 (2n số 4 ) và B=88…8 (n số 8 )

Chứng minh A+2B+4 là số chính phương

(junior balkan MO 2003)

Giải

Ta có A= 44…400…0+44…4 ( tách 2n số 4 làm n số 4 và n số 4 và n số 0)

Ta có 44…4 (n số 4 )=4.11…1(n số 1) đặt 11…1(n số 1) là x

Vậy A=4.10𝑛.x+4x=4x(10𝑛 + 1)

Và B=8x

Vậy A+2B+4= 4x(10𝑛 + 1)+16x+4=4x(10𝑛 − 1)+16x+8x+4

Mà (10𝑛 − 1)=99…9 (n số 9)=9x

Thế vào 4x(10𝑛 − 1)+16x+8x+4=4.x.9.x+24x+4=(6𝑥 + 2)2 là số chính phương

15) cho x,y,z > -1

1+𝑦+𝑧1+𝑥22 + 1+𝑦2

1+𝑧+𝑥2 + 1+𝑧2

1+𝑥+𝑦2 ≥ 2 (1) (junior balkan MO 2003)

Giải

Ta chứng minh được theo cauchy

𝑥 ≤ 1+𝑥2

2 chứng minh tương tự thế vào (1)

1+𝑥2

1+𝑦+𝑧2 + 1+𝑦2

1+𝑧+𝑥2 + 1+𝑧2

1+𝑥+𝑦2

≥ 1+𝑦2(1+𝑥2 +2(1+𝑧2) 2

) + 1+𝑧2(1+𝑦2 +2(1+𝑥2) 2

) + 1+𝑥2(1+𝑧2 +2(1+𝑦2) 2

) (2) Dặt (1 + 𝑥2)=a (1 + 𝑦2)=b (1 + 𝑧2)=c

Thế vào (2) suy ra 𝑏+2𝑐2𝑎 +𝑐+2𝑎2𝑏 + 𝑎+2𝑏2𝑐

= (2𝑎)2

2𝑎𝑏 +4𝑐𝑎 + (2𝑏)2

2𝑐𝑏 +4𝑎𝑏 + (2𝑐)2

2𝑎𝑐 +4𝑐𝑏 (3)

Áp dụng Cauchy- Schwarz cho (3)

(3)≥ (2𝑎+2𝑏+2𝑐)2

6(𝑎𝑏 +𝑎𝑐 +𝑏𝑐 ) mà áp dụng bổ đề 3 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 ≤

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

Vậy (2𝑎+2𝑏+2𝑐)2

6(𝑎𝑏 +𝑎𝑐 +𝑏𝑐 ) ≥ 2 (4)

Vậy suy ra 1+𝑥2

1+𝑦+𝑧2 + 1+𝑦2

1+𝑧+𝑥2 + 1+𝑧2

1+𝑥+𝑦2 ≥ 2

16) cho a,b,c >0 chứng minh

1

𝑏(𝑎 + 𝑏) +

1 𝑐(𝑏 + 𝑐) +

1 𝑎(𝑐 + 𝑎) ≥

27 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

(junior balkan MO 2002 )

Giải

Theo bất đẳng thức holder thì

(a+b+b+c+c+a)(b+c+a)( 𝑏(𝑎+𝑏)1 + 1

𝑐(𝑏+𝑐) + 1

𝑎(𝑐+𝑎)) ≥27

Vậy

1 𝑏(𝑎 + 𝑏)+

1 𝑐(𝑏 + 𝑐)+

1 𝑎(𝑐 + 𝑎) ≥

27 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

17) cho x và y là các số thực thõa

𝑥3 + 𝑦3 + (𝑥 + 𝑦)3 + 30𝑥𝑦 = 2000 Chứng minh x+y=10

(junior balkan MO 2000)

Giải

Ta có 𝑥3 + 𝑦3 + 𝑥 + 𝑦 3 + 30𝑥𝑦 = 2000

↔ 𝑥 + 𝑦 𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑥𝑦 + 2 𝑥 + 𝑦 3 + 30𝑥𝑦 − 2000 − (𝑥 + 𝑦) 3 = 0

↔ 𝑥 + 𝑦 (𝑥 + 𝑦) 2 − 3𝑥𝑦 − (𝑥 + 𝑦) 3 + 30𝑥𝑦 + 2 𝑥 + 𝑦 3 − 1000 = 0

↔ −3𝑥𝑦 𝑥 + 𝑦 + 30𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 − 10 ( 𝑥 + 𝑦 2 + 10 𝑥 + 𝑦 + 10 2 ) = 0

↔ −3𝑥𝑦(𝑥 + 𝑦 − 10) + 𝑥 + 𝑦 − 10 ( 𝑥 + 𝑦 2 + 10 𝑥 + 𝑦 + 10 2 ) = 0 Vậy 𝑥 + 𝑦 = 10

18) cho số A= 11…122…25( với n số 1 , n+1 số 2 và 1 số 5) chứng minh với mọi n thuộc số tự nhiên lớn hơn ko đều

là số chính phương

(junior Balkan MO 1998)

Giải

Ta có A=11…1.10𝑛+2+22…2.10+5

Ta có 99…9( n số 9)= 10𝑛 − 1 vậy 11…1(n số 1)=10𝑛9−1

Vậy A=10𝑛9−1 10𝑛+2 + 2.10𝑛 +19 −1 10 + 5

A=10𝑛9−1 10𝑛+2 + 20.10𝑛 +19 −1 + 5

Dặt 10𝑛9−1 =a 10𝑛 = 9𝑎 + 1 vậy 10𝑛+2 = 10𝑛 100 = 100(9𝑎 + 1)

Và 10𝑛 +19 −1 = 10 10𝑛9−1 + 1 = 10𝑎 + 1

Thế vào suy ra A=100a(9a+1)+20(10a+1)+5=900𝑎2 + 300𝑎 + 25

= (30𝑎 + 5)2

Vậy A là số chính phương