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 :
2 − 𝑎3 2 − 𝑏 3 2 − 𝑐 3
𝐴=
+
+
≥3
𝑎
𝑏
𝑐
(junior balkan MO 2015)
Giải
1

A=2
=2

=2
=2

=2

𝑎
1

𝑎

1

1

𝑏

𝑐

+ +
1

1

𝑏

𝑐

+ +

1
𝑎

+ 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 𝑎 + 𝑏 + 𝑐

1

1

𝑏

𝑐

+ +

𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐
𝑎𝑏𝑐

− 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2
2

+ 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9

+ 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9

(𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )2
𝑎𝑏𝑐 (𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )

+ 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9 (1)

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

Từ (1),(2) A≥ 2

3(𝑎+𝑏+𝑐)
(𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )

+ 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 9


=2

9
(𝑎𝑏 +𝑏𝑐 +𝑎𝑐 )

+ 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 − 4𝑐 2 = 26
(junior balkan MO 2014)

Giải

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

Ta có số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 nên 4𝑐 2 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3)
hoặc 4𝑐 2 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑3) và 5𝑏 4 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3) hoặc 5𝑏 4 ≡ 2 (𝑚𝑜𝑑3) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5𝑏 4 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3) và 4𝑐 2 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑3)
Vậy 𝑏 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑3) nên b=3 thế vào đề ta có 3𝑎4 − 405 − 4𝑐 2 = 26
Suy ra 3𝑎4 = 431 + 4𝑐 2 ta có 3𝑎4 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑5 hoặc 3𝑎4 ≡ 3 𝑚𝑜𝑑5
(4)

Mà 431 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑5 và 4𝑐 2 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑5 hoặc 4𝑐 2 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑5 hoặc
4𝑐 2 ≡ 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


1 2

𝑎+𝑏

1 2

+ 𝑏+𝑐

1 2

+ 𝑐+𝑎

≥ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 1)
(junior Balkan MO 2014)

Giải
VT = 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 2

𝑎
𝑏

𝑏

𝑐

𝑐

𝑎

+ +
𝑏

+(

1

1

1

𝑎

𝑏

𝑐

+
2

+ 2)
2

1

Áp dụng Cauchy 3 số cho 𝑎2 ; ;

𝑐 𝑏2

Vậy 𝑎 2

𝑏

1

+ 𝑐 + 𝑏2 ≥ 3

3

𝑎2
𝑏𝑐

=3

3

𝑎 2 𝑎𝑏𝑐
𝑏𝑐

= 3𝑎

CMTT cộng lại theo vế ta VT ≥ 3 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 +
Mà

𝑎
𝑏

𝑏

𝑐

𝑐

𝑎

+ +

𝑎
𝑏

𝑏

𝑐

𝑐

𝑎

+ +

≥ 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) thõa

𝑎 3 𝑏−1
𝑎 +1

và

𝑏 3 𝑎+1
𝑏−1

là các số tự

nhiên
(junior balkan MO 2013)
Giải
𝑎 3 𝑏−1
𝑎+1

là số tự nhiên nên

(𝑎3 𝑏 − 1) ⋮ (𝑎 + 1 ) ↔ (𝑏 𝑎3 + 1 − 𝑏 + 1 ) ⋮ (𝑎 + 1 )
Mà 𝑏 𝑎3 + 1 ⋮ (𝑎 + 1 ) nên 𝑏 + 1 ⋮ (𝑎 + 1 ) (1)
Ta có

𝑏 3 𝑎+1
𝑏−1

là số tự nhiên nên

𝑏3 𝑎 + 1 ⋮ 𝑏 − 1

↔

𝑎 𝑏3 − 1 + 𝑎 + 1

⋮ (𝑏 − 1)

Mà 𝑎 𝑏 3 − 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)

=

𝑏−1+2
𝑏−1

=1+

2
𝑏−1

𝑏+1
( 𝑏−1)

là số tự nhiên

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
𝑎 3 𝑏−1
𝑎+1

là số tự nhiên nên 𝑎 3 𝑏

− 1 ≥ 0 → 𝑎3 𝑏 ≥ 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
2
𝑎 + 2𝑏 +
𝑎+1

2
𝑏 + 2𝑎 +
≥ 16
𝑏+1
(junior Balkan MO 2013)

Giải
2

VT= 𝑎 + 2𝑏 + 𝑎 +1

𝑎+𝑏 𝑎+𝑏
2

=
+
+𝑏+
2
2
𝑎+1
Áp dụng Cauchy 4 số

2

𝑏 + 2𝑎 + 𝑏+1
𝑎+𝑏 𝑎+𝑏
2
+
+𝑏+
2
2
𝑎+1


VT≥

4

4

𝑏(𝑎+𝑏)2
2(𝑎+1)

.4

4

𝑎(𝑎+𝑏)2
2(𝑏+1)

Giờ ta sẽ biến đổi trong căn

= 16

𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)4

4

𝑎𝑏 (𝑎+𝑏)4
4 𝑎+1 (𝑏+1)

4 𝑎+1 (𝑏+1)

≥

(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)

≥

𝑎 2 +𝑏 2 +2𝑎𝑏
𝑎𝑏 +𝑎+𝑏+1

Chứng minh được 𝑎2 + 𝑏 2 ≥

𝑎 2 +𝑏 2 +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 > 0 thõa a+b+c=1 chứng minh
𝑎 𝑏 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎
1−𝑎
1−𝑏
1−𝑐
+ + + + + + 6 ≥ 2 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 2

1−𝑎
𝑎

(áp dụng Cauchy )

CMTT cộng lại
𝑎 𝑏 𝑐 𝑏 𝑐 𝑎
1−𝑎
1−𝑏
1−𝑐
+ + + + + + 6 ≥ 2 2(
+
+
)
𝑏 𝑐 𝑎 𝑎 𝑏 𝑐
𝑎
𝑏

𝑐


7) tì m p là số nguyên tố và x,y là các số nguyên dương thõa
𝑥 𝑦 2 − 𝑝 + 𝑦 𝑥 2 − 𝑝 = 5𝑝
(junior Balkan MO 2011)
Giải
𝑥 𝑦 2 − 𝑝 + 𝑦 𝑥 2 − 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
↔ x+y+xy=5 suy ra (x-1)(y-1)=6 giải tìm được các nghiệm
𝑥𝑦 − 𝑝 = 5
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 −𝑏𝑐 2 − 𝑐𝑏 2 − 𝑐𝑎2 − 𝑎𝑐 2 − 2𝑎𝑏𝑐 − 𝑏𝑎2 − 𝑎𝑏 2 = 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 rằng ít nhất một trong các số sau 1 − 𝑥 𝑦 , 1 − 𝑦 𝑧 , 1 − 𝑧 𝑥
1

lớn hơn hoặc bằng 4
(junior Balkan MO 2009)
Giải

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

1
4

1

1

3

4

4

4

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

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

1

1

4

8

64

↔ 2𝑥𝑦𝑧 > ↔ 𝑥𝑦𝑧 > ↔ (𝑥𝑦𝑧)2 >
Lại có 𝑥𝑦𝑧 =

(1)
1

1 − 𝑥 1 − 𝑦 1 − 𝑧 ↔ (𝑧𝑥𝑦)2 = 1 − 𝑥 𝑦 1 − 𝑦 𝑧 1 − 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 2 + 𝑐 2 + 𝑑2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑐 + 2𝑎𝑑 + 2𝑐𝑏 + 2𝑑𝑏 + 2𝑑𝑐 = 400
↔ 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 𝑑2 + 300 = 400 ↔ 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 + 𝑑2 = 100
Ta có

𝑎+𝑏+𝑐+𝑑
4

𝑎 +𝑏 +𝑐 +𝑑

≤

4

≤

𝑎 2 +𝑏 2 +𝑐 2 +𝑑 2
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
mà do a,b là các số nguyên tố
𝑐+1

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 𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 + 2 3𝑥𝑦 + 2 = 2005 (1)
(junior balkan MO 2005)

Giải
( 1) ↔ 3 𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥𝑦 = 664 ↔ 2(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑥 − 𝑦)2 = 664
(𝑥 − 𝑦)2 chẵn nên 𝑥 − 𝑦 = 2𝑏 ↔ (𝑥 − 𝑦)2 = 4𝑏 2 vậy (𝑥 + 𝑦) chẵn
vậy (𝑥 + 𝑦)2 = 4𝑎2
2(𝑥 + 𝑦)2 + (𝑥 − 𝑦)2 = 664 ↔ 2𝑎2 + 𝑏 2 = 166 vậy 𝑏 2 chẵn nên
𝑏 2 = 4𝑐 2 vậy thế vào 2𝑎2 + 𝑏 2 = 166 ↔ 𝑎2 + 2𝑐 2 = 83 vậy


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
𝑥 2 −𝑥𝑦 +𝑦 2

2(𝑥 2 +𝑦 2 )

𝑥 2 −𝑥𝑦 +𝑦 2

≤

≤

2 2
𝑥 2 +𝑦 2

2 2
𝑥 2 +𝑦 2

𝑥 2 +𝑦 2

𝑥+𝑦
𝑥 2 −𝑥𝑦 +𝑦 2

≤

= 2 𝑥 2 + 𝑦 2 vậy

vậy

↔ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 2 𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2

↔ 0 ≤ (𝑥 − 𝑦)2 đúng
Vậy

2

2 2
𝑥 2 +𝑦 2

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+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 2 )

(2)

(1 + 𝑧 2 )=c
2𝑐
𝑎+2𝑏

(2𝑐)2

+

+

2(1+𝑧 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 )

Vậy suy ra

1+𝑥 2
1+𝑦 +𝑧 2

≥ 2 (4)
+

1+𝑦 2
1+𝑧+𝑥 2

+

1+𝑧 2
1+𝑥+𝑦 2

≥ 2.

16) cho a,b,c >0 chứng 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 + 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

↔ −3𝑥𝑦 𝑥 + 𝑦 + 30𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 − 10 ( 𝑥 + 𝑦
↔ −3𝑥𝑦(𝑥 + 𝑦 − 10) + 𝑥 + 𝑦 − 10 ( 𝑥 + 𝑦

2

2

3

− 1000 = 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

=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