Một số toán số học đại số junior Balkan MO từ năm 2015 đến năm 1998 Do Nam sưu tập từ diễn dàn mathlink.ro Cho a,b,c > cho a+b+c=3 chứng minh : − 𝑎3 − 𝑏 − 𝑐 𝐴= + + ≥3 𝑎 𝑏 𝑐 (junior balkan MO 2015) Giải A=2 =2 =2 =2 =2 𝑎 𝑎 1 𝑏 𝑐 + + 1 𝑏 𝑐 + + 𝑎 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 1 𝑏 𝑐 + + 𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 𝑎𝑏𝑐 − 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 2 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )2 𝑎𝑏𝑐 (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 ) + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − (1) CM (ab + ac + bc)2 ≥ 3𝑎𝑏𝑐(a + b + c) (2) Từ (1),(2) A≥ 3(𝑎+𝑏+𝑐) (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 ) + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − =2 (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 ) + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − (3) Áp dụng Cauchy cho (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 ) ; 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 Vậy (3)≥ 12 − = 2) tì m tất (a,b,c) thỏa 3𝑎4 − 5𝑏4 − 4𝑐 = 26 (junior balkan MO 2014) Giải Ta có 3𝑎4 ≡ (𝑚𝑜𝑑 3) 26 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) nên 5𝑏 + 4𝑐 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) (1) Ta có số phương chia dư nên 4𝑐 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) 4𝑐 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) 5𝑏 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) 5𝑏 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) (2) Từ (1) (2) suy 5𝑏 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) 4𝑐 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) Vậy 𝑏 ≡ (𝑚𝑜𝑑3) nên b=3 vào đề ta có 3𝑎4 − 405 − 4𝑐 = 26 Suy 3𝑎4 = 431 + 4𝑐 ta có 3𝑎4 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 3𝑎4 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 (4) Mà 431 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 4𝑐 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 4𝑐 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 4𝑐 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 (5) Từ (4) (5) suy 3𝑎4 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 𝑎 ≡ 𝑚𝑜𝑑5 nên a=5 vào đề suy c=19 (thõa) (a,b,c) (5,3,19) 3) cho a,b,c ∈ 𝑁 abc=1 Chứng minh 𝑎+𝑏 + 𝑏+𝑐 + 𝑐+𝑎 ≥ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 1) (junior Balkan MO 2014) Giải VT = 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑎 𝑏 𝑏 𝑐 𝑐 𝑎 + + 𝑏 +( 1 𝑎 𝑏 𝑐 + + 2) Áp dụng Cauchy số cho 𝑎2 ; ; 𝑐 𝑏2 Vậy 𝑎 𝑏 + 𝑐 + 𝑏2 ≥ 3 𝑎2 𝑏𝑐 =3 𝑎 𝑎𝑏𝑐 𝑏𝑐 = 3𝑎 CMTT cộng lại theo vế ta VT ≥ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + Mà 𝑎 𝑏 𝑏 𝑐 𝑐 𝑎 + + 𝑎 𝑏 𝑏 𝑐 𝑐 𝑎 + + ≥ (theo Cauchy số ) Vậy VT ≥ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + = 𝑉𝑃 4) tì m số tự nhiên (a,b) thõa 𝑎 𝑏−1 𝑎 +1 𝑏 𝑎+1 𝑏−1 số tự nhiên (junior balkan MO 2013) Giải 𝑎 𝑏−1 𝑎+1 số tự nhiên nên (𝑎3 𝑏 − 1) ⋮ (𝑎 + ) ↔ (𝑏 𝑎3 + − 𝑏 + ) ⋮ (𝑎 + ) Mà 𝑏 𝑎3 + ⋮ (𝑎 + ) nên 𝑏 + ⋮ (𝑎 + ) (1) Ta có 𝑏 𝑎+1 𝑏−1 số tự nhiên nên 𝑏3 𝑎 + ⋮ 𝑏 − ↔ 𝑎 𝑏3 − + 𝑎 + ⋮ (𝑏 − 1) Mà 𝑎 𝑏 − ⋮ (𝑏 − 1) nên 𝑎 + ⋮ (𝑏 − 1) (2) Từ (1) (2) ta suy 𝑏 + ⋮ ( 𝑏 − 1) 𝑏+1 ( 𝑏−1) = 𝑏−1+2 𝑏−1 =1+ 𝑏−1 𝑏+1 ( 𝑏−1) số tự nhiên ⋮ (𝑏 − 1) b=2 b=3 Trường hợp với b=2 ta có 3⋮ (𝑎 + ) a=0 a=2 𝑎 𝑏−1 𝑎+1 số tự nhiên nên 𝑎 𝑏 − ≥ → 𝑎3 𝑏 ≥ a=0 không thõa Trường hợp với b=3 ⋮ (𝑎 + ) 𝑎 + ⋮ nên a=1 a=3 Vậy (a,b) (2 ;2),(3 ;3),(1 ;3) 5) cho a,b >0 ab≥ chứng minh 𝑎 + 2𝑏 + 𝑎+1 𝑏 + 2𝑎 + ≥ 16 𝑏+1 (junior Balkan MO 2013) Giải VT= 𝑎 + 2𝑏 + 𝑎 +1 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 = + +𝑏+ 2 𝑎+1 Áp dụng Cauchy số 𝑏 + 2𝑎 + 𝑏+1 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 + +𝑏+ 2 𝑎+1 VT≥ 4 𝑏(𝑎+𝑏)2 2(𝑎+1) 4 𝑎(𝑎+𝑏)2 2(𝑏+1) Giờ ta biến đổi = 16 𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)4 𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)4 𝑎+1 (𝑏+1) 𝑎+1 (𝑏+1) ≥ (1) 𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)2 𝑎+1 (𝑏+1) (áp dụng Cauchy ) (2) 𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)2 𝑎+1 (𝑏+1) ≥ 𝑎 +𝑏 +2𝑎𝑏 𝑎𝑏 +𝑎+𝑏+1 Chứng minh 𝑎2 + 𝑏 ≥ 𝑎 +𝑏 +2𝑎𝑏 Vậy 𝑎𝑏 +𝑎+𝑏+1 ≥ (3) 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) 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 > thõa a+b+c=1 chứng minh 𝑎 𝑏 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎 1−𝑎 1−𝑏 1−𝑐 + + + + + + ≥ 2( + + ) 𝑏 𝑐 𝑎 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 (junior Balkan MO 2012) Giải 𝑏 𝑎 𝑐 𝑏+𝑐 𝑎 𝑎 + +2= +2≥2 2(𝑏+𝑐) 𝑎 =2 1−𝑎 𝑎 (áp dụng Cauchy ) CMTT cộng lại 𝑎 𝑏 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎 1−𝑎 1−𝑏 1−𝑐 + + + + + + ≥ 2( + + ) 𝑏 𝑐 𝑎 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 7) tì m p số nguyên tố x,y số nguyên dương thõa 𝑥 𝑦 − 𝑝 + 𝑦 𝑥 − 𝑝 = 5𝑝 (junior Balkan MO 2011) Giải 𝑥 𝑦 − 𝑝 + 𝑦 𝑥 − 𝑝 = 5𝑝 ↔ 𝑥 + 𝑦 𝑥𝑦 − 𝑝 = 5𝑝 Do p,5 số nguyên tố nên có trường hợp x,y số nguyên đương nên 𝑥+y>1 có trường hợp Trường hợp 𝑥 + 𝑦 = 5𝑝 𝑥𝑦 − 𝑝 = Xét x=1 1+y=5p y-p=1 vô nghiệm Xét x,y>1 xy≥x+y p+1≥5p vô nghiệm Trường hợp 𝑥+𝑦=5 𝑥𝑦 − 𝑝 = 𝑝 với x+y=5và x,y nguyên nguyên dương nên (x,y)=(2 ;3),(3 ;2),(1 ;4),(4 ;1) vào xy-p=p thấy thõa tìm nghiệm(x,y,p)= (2 ;3 ;3),(3 ;2 ;3),(1 ;4 ;2),(4 ;1 ;2) Trường hợp 𝑥+𝑦 =𝑝 ↔ x+y+xy=5 suy (x-1)(y-1)=6 giải tìm nghiệm 𝑥𝑦 − 𝑝 = thấy (x,y,p) (3 ;4 ;7) (4 ;3 ;7) từ trường hợp ta suy nghiệm 8) cho a,b,c,d số thưc thõa 𝑎𝑏𝑐 − 𝑑 = 1 𝑏𝑐𝑑 − 𝑎 = 2 𝑐𝑑𝑎 − 𝑏 = 3 𝑑𝑎𝑏 − 𝑐 = −6(4) Chứng minh a+b+c+d khác (junior balkan MO 2010 ) Giải Giả sử 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = Ta có 𝑎𝑏𝑐 − 𝑑 + 𝑏𝑐𝑑 − 𝑎 + 𝑐𝑑𝑎 − 𝑏 + 𝑑𝑎𝑏 − 𝑐 = + + − Suy 𝑎𝑏𝑐 + 𝑏𝑐𝑑 + 𝑐𝑑𝑎 + 𝑑𝑎𝑏 − = (5) Thế 𝑑 = 𝑜 − 𝑎 − 𝑏 − 𝑐 vào (5) Ta có −𝑏𝑐 − 𝑐𝑏 − 𝑐𝑎2 − 𝑎𝑐 − 2𝑎𝑏𝑐 − 𝑏𝑎2 − 𝑎𝑏 = Suy – 𝑎 + 𝑏 𝑏 + 𝑐 𝑐 + 𝑎 = Suy 𝑎 = −𝑏 vào (3) suy – 𝑐𝑑𝑏 + 𝑎 = mà theo (2) vô lí Suy 𝑐 = −𝑎 vào (2) suy – 𝑎𝑏𝑑 + 𝑐 = mà theo (4) vô lí Suy b+c=0 mà a+b+c+d=0 nên a+d=0 𝑑 = −𝑎 vào (1) suy – 𝑑𝑏𝑐 + 𝑎 = mà theo (2) vô lí Vậy a+b+c+d khác o 9) cho ↔ (𝑥𝑦𝑧)2 > Lại có 𝑥𝑦𝑧 = (1) 1 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 ↔ (𝑧𝑥𝑦)2 = − 𝑥 𝑦 − 𝑦 𝑧 − 𝑧 𝑥 < 64 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 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑎𝑑 + 2𝑐𝑏 + 2𝑑𝑏 + 2𝑑𝑐 = 400 ↔ 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑2 + 300 = 400 ↔ 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑2 = 100 Ta có 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 𝑎 +𝑏 +𝑐 +𝑑 ≤ ≤ 𝑎 +𝑏 +𝑐 +𝑑 (cauchy số) ↔ ≤ đấu bất đẳng thức xảy a=b=c=d=5 11) tì m số nguyên tố (a,b,c) thõa 𝑎 𝑏 − 𝑐+1 = (1) (junior balkan MO 2008) Giải (1)suy 𝑎−𝑏 𝑏 = mà a,b số nguyên tố 𝑐+1 Xét a=b vô lí a khác b nên 𝑎 − 𝑏, 𝑏 = Vậy có trường hợp Trường hợp 𝑎 − 𝑏 = a b số nguyên tố liên tiếp nên a=3 b=2 vào (1) tìm c=7 Trường hợp 𝑎 − 𝑏 = 𝑐 + = 2𝑏 chứng minh a >3 có trường hợp Trường hợp a 𝑎 ≡ 𝑚𝑜𝑑 ↔ 𝑏 ≡ 𝑚𝑜𝑑 ↔ 𝑐 ≡ 𝑚𝑜𝑑 ↔ 𝑐 = Thế vào (1) giải hệ phương trình vô nghiệm Trường hợp b 𝑎 ≡ 𝑚𝑜𝑑 ↔ 𝑎 + ⋮ mà 𝑎 − 𝑏 = ↔ 𝑎 + = + 𝑏 Vậy + 𝑏 ⋮ nên 𝑏 ⋮ nên b=3 vào 𝑎 − 𝑏 = ↔ 𝑎 = Thế a b vào (1) suy c=5 Trường hợp 𝑎 − 𝑏 = ↔ 𝑐 + = 𝑏 mà c b số nguyên tố liên tiếp nên b=3 c=2 a=7 Vậy (a,b,c) (7;3;2),(5;3;5),(3 ;2 ;7) 12) tì m số nguyên dương (x,y) 𝑥 + 𝑦 + + 3𝑥𝑦 + = 2005 (1) (junior balkan MO 2005) Giải ( 1) ↔ 𝑥 + 𝑦 + 2𝑥𝑦 = 664 ↔ 2(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑥 − 𝑦)2 = 664 (𝑥 − 𝑦)2 chẵn nên 𝑥 − 𝑦 = 2𝑏 ↔ (𝑥 − 𝑦)2 = 4𝑏 (𝑥 + 𝑦) chẵn (𝑥 + 𝑦)2 = 4𝑎2 2(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑥 − 𝑦)2 = 664 ↔ 2𝑎2 + 𝑏 = 166 𝑏 chẵn nên 𝑏 = 4𝑐 vào 2𝑎2 + 𝑏 = 166 ↔ 𝑎2 + 2𝑐 = 83 2𝑐 < 83 ↔ 𝑐 ≤ xét trường hợp thấy c=1 a=9 từ từ tì m (x,y) (11 ;7),(7 ;11) 13) cho x y số thực 𝑥+𝑦 ≤ 𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2 𝑥 + 𝑦2 (junior balkan MO 2004) Giải Xét trường hợp (𝑥 + 𝑦) ≤ suy VT ≤0≤VP Xét trường hợp 𝑥 + 𝑦 > chứng minh 𝑥 + 𝑦 ≤ Giả sử 𝑥+𝑦 𝑥 −𝑥𝑦 +𝑦 2(𝑥 +𝑦 ) 𝑥 −𝑥𝑦 +𝑦 ≤ ≤ 2 𝑥 +𝑦 2 𝑥 +𝑦 𝑥 +𝑦 𝑥+𝑦 𝑥 −𝑥𝑦 +𝑦 ≤ = 𝑥 + 𝑦 vậy ↔ 𝑥 + 𝑦 ≤ 𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑦 ↔ ≤ (𝑥 − 𝑦)2 Vậy 2 𝑥 +𝑦 14) A=44…4 (2n số ) B=88…8 (n số ) Chứng minh A+2B+4 số phương (junior balkan MO 2003) Giải Ta có A= 44…400…0+44…4 ( tách 2n số làm n số n số n số 0) Ta có 44…4 (n số )=4.11…1(n số 1) đặt 11…1(n số 1) 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 số phương 15) cho x,y,z > -1 1+𝑥 1+𝑦+𝑧 + 1+𝑦 1+𝑧+𝑥 + 1+𝑧 1+𝑥+𝑦 ≥ (1) (junior balkan MO 2003) Giải Ta chứng minh theo cauchy 𝑥≤ 1+𝑥 2 1+𝑥 1+𝑦+𝑧 + chứng minh tương tự vào (1) 1+𝑦 1+𝑧+𝑥 + 1+𝑧 1+𝑥+𝑦 2(1+𝑥 ) ≥ 1+𝑦 +2(1+𝑧 ) Dặt (1 + 𝑥 )=a = 2𝑎𝑏 +4𝑐𝑎 + + 1+𝑧 +2(1+𝑥 ) (1 + 𝑦 )=b Thế vào (2) suy (2𝑎)2 2(1+𝑦 ) 2𝑎 𝑏+2𝑐 + 2𝑏 𝑐+2𝑎 (2𝑏)2 2𝑐𝑏 +4𝑎𝑏 + 1+𝑥 +2(1+𝑦 ) (2) (1 + 𝑧 )=c 2𝑐 𝑎+2𝑏 (2𝑐)2 + + 2(1+𝑧 ) 2𝑎𝑐 +4𝑐𝑏 (3) Áp dụng Cauchy- Schwarz cho (3) (3)≥ (2𝑎+2𝑏+2𝑐)2 6(𝑎𝑏 +𝑎𝑐 +𝑏𝑐 ) mà áp dụng bổ đề 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 Vậy (2𝑎+2𝑏+2𝑐)2 6(𝑎𝑏 +𝑎𝑐 +𝑏𝑐 ) Vậy suy 1+𝑥 1+𝑦 +𝑧 ≥ (4) + 1+𝑦 1+𝑧+𝑥 + 1+𝑧 1+𝑥+𝑦 ≥ 16) cho a,b,c >0 chứng minh 1 27 + + ≥ 𝑏(𝑎 + 𝑏) 𝑐(𝑏 + 𝑐) 𝑎(𝑐 + 𝑎) 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (junior balkan MO 2002 ) Giải Theo bất đẳng thức holder (a+b+b+c+c+a)(b+c+a)( 𝑏(𝑎+𝑏) + 𝑐(𝑏+𝑐) + 𝑎(𝑐+𝑎) ) ≥27 Vậy 1 27 + + ≥ 𝑏(𝑎 + 𝑏) 𝑐(𝑏 + 𝑐) 𝑎(𝑐 + 𝑎) 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 17) cho x y số thực thõa 𝑥 + 𝑦 + (𝑥 + 𝑦)3 + 30𝑥𝑦 = 2000 Chứng minh x+y=10 (junior balkan MO 2000) Giải Ta có 𝑥 + 𝑦 + 𝑥 + 𝑦 + 30𝑥𝑦 = 2000 ↔ 𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 + 30𝑥𝑦 − 2000 − (𝑥 + 𝑦)3 = ↔ 𝑥 + 𝑦 (𝑥 + 𝑦)2 − 3𝑥𝑦 − (𝑥 + 𝑦)3 + 30𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 ↔ −3𝑥𝑦 𝑥 + 𝑦 + 30𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 − 10 ( 𝑥 + 𝑦 ↔ −3𝑥𝑦(𝑥 + 𝑦 − 10) + 𝑥 + 𝑦 − 10 ( 𝑥 + 𝑦 2 − 1000 = + 10 𝑥 + 𝑦 + 102 ) = + 10 𝑥 + 𝑦 + 102 ) = Vậy 𝑥 + 𝑦 = 10 18) cho số A= 11…122…25( với n số , n+1 số số 5) chứng minh với n thuộc số tự nhiên lớn ko số phương (junior Balkan MO 1998) Giải Ta có A=11…1.10𝑛+2 +22…2.10+5 𝑛 Ta có 99…9( n số 9)= 10 − 11…1(n số 1)= Vậy A= A= 10 𝑛 −1 Dặt Và 10 𝑛 −1 10𝑛+2 + 20 10 𝑛 −1 10 𝑛 +1 −1 10 𝑛 +1 −1 9 10 + +5 =a 10𝑛 = 9𝑎 + 10𝑛+2 = 10𝑛 100 = 100(9𝑎 + 1) 10 𝑛 +1 −1 10𝑛+2 + 10 𝑛 −1 = 10 10 𝑛 −1 + = 10𝑎 + Thế vào suy A=100a(9a+1)+20(10a+1)+5=900𝑎2 + 300𝑎 + 25 = (30𝑎 + 5)2 Vậy A số phương [...]... (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. .. = 0 + 10 𝑥 + 𝑦 + 102 ) = 0 + 10 𝑥 + 𝑦 + 102 ) = 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 𝑛 Ta có 99…9( n số 9)= 10 − 1 vậy 11…1(n số 1)= Vậy A= A= 10 𝑛 −1 9 Dặt Và 10 𝑛 −1 9 10𝑛+2 + 20 10 𝑛 −1 9 10 𝑛 +1 −1 9 10 𝑛 +1 −1 9 9 10 + 5 +5...2𝑐 2 < 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 ≤ 𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2 2 2 𝑥 2 + 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 Giả sử 𝑥+𝑦... minh 1 1 1 27 + + ≥ 𝑏(𝑎 + 𝑏) 𝑐(𝑏 + 𝑐) 𝑎(𝑐 + 𝑎) 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)( 1 𝑏(𝑎+𝑏) + 1 𝑐(𝑏+𝑐) + 1 𝑎(𝑐+𝑎) ) ≥27 Vậy 1 1 1 27 + + ≥ 𝑏(𝑎 + 𝑏) 𝑐(𝑏 + 𝑐) 𝑎(𝑐 + 𝑎) 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 17) cho x và y là các số thực thõa 𝑥 3 + 𝑦 3 + (𝑥 + 𝑦)3 + 30𝑥𝑦 = 2000 Chứng minh x+y=10 (junior balkan MO 2000) Giải Ta có 𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑥 + 𝑦 3 + 30𝑥𝑦 = 2000 ↔ 𝑥 +... phương 15) cho x,y,z > -1 1+𝑥 2 1+𝑦+𝑧 2 + 1+𝑦 2 1+𝑧+𝑥 2 + 1+𝑧 2 1+𝑥+𝑦 2 ≥ 2 (1) (junior balkan MO 2003) Giải Ta chứng minh được theo cauchy 𝑥≤ 1+𝑥 2 2 1+𝑥 2 1+𝑦+𝑧 2 + chứng minh tương tự thế vào (1) 1+𝑦 2 1+𝑧+𝑥 2 + 1+𝑧 2 1+𝑥+𝑦 2 2(1+𝑥 2 ) ≥ 1+𝑦 2 +2(1+𝑧 2 ) Dặt (1 + 𝑥 2 )=a = 2𝑎𝑏 +4𝑐𝑎 + + 1+𝑧 2 +2(1+𝑥 2 ) (1 + 𝑦 2 )=b Thế vào (2) suy ra (2𝑎)2 2(1+𝑦 2 ) 2𝑎 𝑏+2𝑐 + 2𝑏 𝑐+2𝑎 (2𝑏)2 2𝑐𝑏 +4𝑎𝑏 + 1+𝑥 2 +2(1+𝑦... 𝑛 −1 9 10 𝑛 +1 −1 9 10 𝑛 +1 −1 9 9 10 + 5 +5 =a 10𝑛 = 9𝑎 + 1 vậy 10𝑛+2 = 10𝑛 100 = 100(9𝑎 + 1) 10 𝑛 +1 −1 9 10𝑛+2 + 2 10 𝑛 −1 = 10 10 𝑛 −1 9 + 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