2.1 No Square is Negative1. Let the

2.1 No Square is Negative
1. Let the numbers be a1,a2, . . . ,an. From the given conditions, we find
a21
+a22
+· · ·+a2n
= (a1+a2+· · ·+an)2 −2(a1a2+a1a3+· · ·+an−1an) = 0.
It follows that a1 = a2 = · · · = an = 0, hence a31
+a32
+· · ·+a3n
= 0.
(Leningrad Mathematical Olympiad)
2. If the inequalities
a−b2 >
1
4
, b−c2 >
1
4
, c−d2 >
1
4
, d −a2 >
1
4
hold simultaneously, then by adding them we obtain
a+b+c+d−(a2+b2+c2+d2) > 1.
Moving everything to the right side and completing the squares gives

1
2
−a
2
+

1
2
−b
2
+

1
2
−c
2
+

1
2
−d
2
< 0,
a contradiction.
(Revista Matematic˘a din Timis¸oara (Timis¸oara’s Mathematics Gazette), proposed
by T. Andreescu)
3. Assuming the contrary and summing up, we obtain

1
x
+
1
4−x

+

1
y
+
1
4−y

+

1
z
+
1
4−z

< 3.
On the other hand,
1
a
+
1
4−a
≥ 1
for all positive real numbers a less than 4, since this is equivalent to
(a−2)2 ≥ 0.
Hence the conclusion.
(Hungarian Mathematical Olympiad, 2001)
4. First solution: As in the case of the previous problem, we add the three equations
and rewrite the expression as a sum of squares. By summing and moving everything to
the left side, we obtain
2x+2y+2z−
√
4x−1−

4y−1−
√
4z−1 = 0.
We want to write this expression as a sum of three squares, one depending on x
only, one depending on y, and one depending on z. Let us divide by 2 and look at
2.1. No Square is Negative 173
x+

x− 14
. The presence of the 14
under the square root suggests to us to add and
subtract 14
. We have
x− 1
4
−


x− 1
4
+
1
4
=


x− 1
4
− 1
2

2
.
Returning to the original problem, we have


x− 1
4
− 1
2
2
+


y− 1
4
− 1
2
2
+


z− 1
4
− 1
2
2
= 0,
so each of these squares must be equal to 0. It follows that x = y = z = 12
is the only
solution of the given system.
Second solution: Square, and note that
0 = ((x+y)2−4z+1)+((y+z)2−4x+1)+((z+x)2−4y+1)
= (x+y−1)2+(y+z−1)2+(z+x−1)2.
Hence the equations give x+y = y+z = z+x = 1 or x = y = z = 1/2.
(Romanian mathematics contest, proposed by T. Andreescu, second solution by
R. Stong)
5. Since a > 0 and a = 1, the equality can be rewritten as
1
loga x
+
1
loga y
=
4
loga xy
,
which is equivalent to
loga x+loga y
loga xloga y
=
4
loga x+loga y
.
Eliminating the denominators, we obtain
(loga x+loga y)2 = 4loga xloga y,
which implies (loga x−loga y)2 = 0, and this can hold only if x = y.
(Romanian mathematics contest, proposed by T. Andreescu)
6. If we try to complete a square involving the first two terms of the left side,
we obtain (x2 −y2)2 +2x2y2 +z4 −4xyz. Of course the presence of 2x2y2 and −4xyz
suggests the possibility of adding a 2z2 and then completing one more square. At this
moment, it is not hard to see that the equation can be rewritten as
(x2 −y2)2 +(z2−1)2+2(xy−z)2 = 0.
This equality can hold only if all three squares are equal to zero. From z2 −1 = 0 we
have z = ±1, and after a quick analysis we conclude that the solutions are (1,1,1),
(−1,−1,1), (−1,1,−1), and (1,−1,−1).
174 Chapter 2. Algebra and Analysis
(Revista Matematic˘a din Timis¸oara (Timis¸oara’s Mathematics Gazette), proposed
by T. Andreescu)
7. First solution: From the second inequality, we obtain z ≥ |x+y|−1. Plugging
this into the first inequality yields
2xy−(1−|x+y|)2 ≥ 1.
We have
2xy−(1+|x+y|)2 = 2xy−|x+y|2+2|x+y|−1
= 2xy−x2−y2−2xy+2(±x±y)−1
= −x2−y2+2(±x±y)−1
for some choice of signs plus and minus. From the inequality deduced above, it follows
that
0 ≥ x2 +y2−2(±x±y)+1+1= (1±x)2+(1±y)2.
The two squares must both be equal to zero. Hence x and y can only have the values 1
or −1. Moreover, we saw above that xy is positive, so x and y must have the same sign.
For x = y = 1 or x = y = −1, we obtain 2−z2 ≥ 1 and z−2≥−1; hence z2 ≤ 1 and
z ≥ 1. The only z satisfying both inequalities is z = 1; hence there are two solutions to
our problem, x = y = z = 1 and x = y = −1, z = 1.
Second solution: Writing the second inequality as z+1 ≥ |x+y|, and squaring we
obtain (z+1)2 ≥ (x+y)2. Now adding twice the first inequality to this and rearranging
gives 0 ≥ (x−y)2+(z−1)2. Thus any solution has x = y and z = 1. Plugging these in,
the inequalities become 2x2 ≥ 2 and 2 ≥ 2|x|, hence x = 1.
(T. Andreescu, second solution by R. Stong)
8. The solution is a quickie if we note that x4 +ax3+2x2+bx+1 = (x2 + a2
x)2 +
(1+ b2
x)2 + 14
(8−a2 −b2)x2. In this case, the polynomial is strictly positive unless
a2+b2−8 ≤ 0. Hence the conclusion.
(Communicated by I. Boreico)
9. Completing squares, we obtain
x4 +ax3+bx2+cx+1=

x2+
a
2
x

2
+

b− a2+c2
4

x2 +

c
2
x+1

2
.
The inequality follows now from the fact that b ≥ (a2+c2)/4.
(Revista Matematic˘a din Timis¸oara (Timis¸oara’s Mathematics Gazette), proposed
by T. Andreescu)
10. The desired inequality is equivalent to
1
2

(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2
"
≥ 3
4
(x−y)2,
2.1. No Square is Negative 175
that is,
2

(y−z)2+(z−x)2
"
≥ (x−y)2.
Letting a = y−z and b = z−x, this becomes 2(a2+b2) ≥ (a+b)2, which reduces to
(a−b)2 ≥ 0.
11. We try to transform the equation into a sum of squares equal to zero. To this
end, we multiply the equality by 2, move everything to the right side, and complete
squares. We have
(x1 +x2+· · ·+xn)−2

x1 −1−4

x2−22−· · ·−2n

xn −n2
= (x1−1−2

x1−1+1)+(x2−22−4

x2 −22+22)+· · ·
+(xn−n2−2n

xn−n2+n2) = (

x1−1−1)2+(

x2 −22−2)2
+· · ·+(

xn−n2−n)2.
By hypothesis, the sum of these squares must be equal to 0, hence all squares are
equal to 0. Thus
√
x1 −1 = 1,

x2−22 = 2, . . .,

xn−n2 = n. The unique solution
to the equation is x1 = 2, x2 = 8, . . . ,xn = 2n2.
(Gazeta Matematic˘a (Mathematics Gazette, Bucharest), proposed by
T. Andreescu)
12. (a) Squaring both sides, we obtain
a2b2+b2c2+c2a2+2abc(a+b+c)≥ 3abc(a+b+c).
This is equivalent to
1
2

(ab−bc)2+(bc−ca)2+(ca−ab)2
"
≥ 0.
(b) The inequality is equivalent to

12abc(a+b+c)≤ (a+b+c)2−(a2+b2+c2).
This is the same as

12(a+b+c)abc≤ 2(ab+bc+ca),
which reduces to the one before.
(Part (b) appeared at the Austrian Mathematical Olympiad, 1984)
13. As in the example from the introductory essay, we will plug particular values for
m, n, and k into the given equation. Lettingm=n=k=0, we obtain 2 f (0)− f 2(0)≥1;
hence 0 ≥ ( f (0)−1)2, which implies f (0) =1. For m = n = k = 1, the same argument
shows that f (1) = 1. For m = n = 0, we obtain 2− f (k) ≥ 1; hence f (k) ≤ 1 for all k.
Also, for k = 1 and m = 0, we obtain 1+ f (n)−1 ≥ 1, which implies that f (n) ≥ 1 for
all n. It follows that f (n) = 1 for all n.
(D.M. B˘atinet¸u)
176 Chapter 2. Algebra and Analysis
14. Since in a right parallelepiped the diagonal is given by the formula
d =
√
a2+b2+c2, the inequality is equivalent to
(a2b2+b2c2+c2a2)2 ≥ 3a2b2c2(a2+b2+c2).
After regrouping terms, this becomes
c4
2
(a2−b2)2+
a4
2
(b2−c2)2 +
b4
2
(c2 −a2)2 ≥ 0.
Note that the equality holds if and only if a = b = c, i.e., the parallelepiped is a cube.
(L. Pˆırs¸an and C. G. Lazanu, Probleme de algebr˘a s¸i trigonometrie (Problems in
algebra and trigonometry), Facla, Timis¸oara, 1983)
15. By using the addition formula for the cosine, we obtain
nΣ
i=1
nΣ
j=1
i j cos(ai−aj) =
nΣ
i=1
nΣ
j=1
(i j cosai cosaj +i j sinai sinaj)
=
nΣ
i=1
icosai
nΣ
j=1
j cosaj +
nΣ
i=1
i sin ai
nΣ
j=1
j sin aj
=

nΣ
i=1
icosai
2
+

nΣ
i=1
i sin ai
2
≥ 0.
2.2 L

Kết quả (Việt) 1:

2.1 không Square là tiêu cực1. Hãy để những con số là a1, a2,..., một. Từ các điều kiện nhất định, chúng tôi tìm thấyA21+ a22+ · + a2n= (a1 a2 ++ · · · + an) 2 −2 (a1a2 + a1a3 + · + an−1an) = 0.Nó sau đó a1 = a2 = · · · = một = 0, do đó a31+ a32+ · + a3n= 0.(Olympic Toán Leningrad)2. nếu các sự bất bình đẳnga−B2 >14, b−c2 >14, c−d2 >14, d −a2 >14giữ cùng một lúc, sau đó bằng cách thêm họ chúng ta có đượca+b+c+d−(A2+B2+C2+D2) > 1.Di chuyển tất cả mọi thứ vào phía bên phải và hoàn thành hình vuông cho12−a2+12−b2+12−c2+12−d2< 0,một mâu thuẫn.(Revista Matematic˘a din Timis¸oara (Timis¸oara của toán học báo), đề xuấtbởi T. Andreescu)3. giả sử trái và tổng kết, chúng tôi có được1x+14−x+1y+14−y+1z+14−z< 3.Mặt khác1một+14−a≥ 1với mọi số thực tích cực một ít hơn 4, vì đây là tương đương với(a−2) 2 ≥ 0.Do đó kết luận.(Hungary toán học Olympic, 2001)4. đầu tiên giải pháp: như trong trường hợp của vấn đề trước đó, chúng tôi thêm các phương trình bavà viết lại sự biểu hiện dưới dạng tổng của hình vuông. Bằng cách tổng hợp và di chuyển tất cả mọi thứ đểphía bên trái, chúng tôi có được2 x + 2y + 2z−√4X−1−4Y−1−√4z−1 = 0.Chúng tôi muốn viết này biểu hiện dưới dạng tổng của ba hình vuông, một phụ thuộc vào xchỉ, có một phụ thuộc vào y, và một tùy thuộc vào z. Hãy để chúng tôi chia cho 2 và nhìn2.1. không có quảng trường là tiêu cực 173x +x− 14. Sự hiện diện của 14theo bậc gợi ý cho chúng tôi để thêm vàtrừ 14. Chúng tôi cóx− 14−x− 14+14=x− 14− 122.Quay lại vấn đề ban đầu, chúng tôi cóx− 14− 122+y− 14− 122+z− 14− 122= 0,do đó, mỗi người trong số những hình vuông phải bằng 0. Nó sau đó x = y = z = 12là duy nhấtgiải pháp hệ thống nhất định.Thứ hai giải pháp: Square, và lưu ý rằng0 = ((x+y)2−4z+1)+((y+z)2−4x+1)+((z+x)2−4y+1)= (x + y−1) 2 + (y + z−1) 2 + (z + x−1) 2.Do đó các phương trình cho x + y = y + z = z + x = 1 hoặc x = y = z = 1/2.(Thi toán học Romania, đề xuất bởi T. Andreescu, các giải pháp thứ hai bởiR. Stong)5. từ > 0 và một = 1, đẳng thức có thể được viết lại như1Loga x+1Loga y=4Loga xy,đó là tương đương vớiLoga x + loga yLoga xloga y=4Loga x + loga y.Chúng tôi loại bỏ các denominators, có được(loga x + loga y) 2 = 4loga xloga y,mà ngụ ý (loga x−loga y) 2 = 0, và điều này có thể chứa chỉ khi x = y.(Toán học Romania thi, đề xuất bởi T. Andreescu)6. nếu chúng tôi cố gắng để hoàn thành một hình vuông liên quan đến lần đầu tiên hai nhiệm kỳ của phía bên trái,chúng tôi có được (x 2 −y2) 2 + 2x2y2 + z4 −4xyz. Tất nhiên là sự hiện diện của 2x2y2 và −4xyzcho thấy khả năng thêm một 2z2 và sau đó hoàn thành một hình vuông nhiều hơn. Lúc nàythời điểm này, nó không phải là khó để thấy rằng phương trình có thể được viết lại như(x 2 −y2) 2 + (z2−1) 2 + 2 (xy−z) 2 = 0.Bình đẳng này có thể chứa chỉ nếu tất cả các ô vuông ba là bằng 0. Từ z2 −1 = 0 chúng tôicó z = ±1, và sau khi một phân tích nhanh chóng chúng tôi kết luận rằng các giải pháp là (1,1,1),(−1, −1, 1), (−1, 1, −1), và (1, −1, −1).174 chương 2. Đại số và phân tích(Revista Matematic˘a din Timis¸oara (Timis¸oara của toán học báo), đề xuấtbởi T. Andreescu)7. đầu tiên giải pháp: từ bất đẳng thức thứ hai, chúng tôi có được z ≥ |x + y|−1. CắmĐiều này vào sản lượng bất đẳng thức đầu tiên2xy−(1−|x+y|) 2 ≥ 1.Chúng tôi có2xy−(1+|x+y|) 2 = 2xy−|x + y|2 + 2|x + y|−1= 2xy−x2−y2−2xy + 2 (±x±y) −1= −x2−y2 + 2 (±x±y) −1cho một số sự lựa chọn của dấu hiệu cộng thêm và trừ. Từ bất đẳng thức suy luận ở trên, nó saumà0 ≥ x 2 + y2−2 (±x±y) + 1 + 1 = (1±x) 2 + (1±y) 2.Hai hình vuông phải cả hai là bằng 0. Do đó x và y có thể chỉ có giá trị 1hoặc −1. Hơn nữa, chúng tôi đã thấy ở trên đó xy là tích cực, vì vậy x và y phải có các dấu hiệu tương tự.Cho x = y = 1 hoặc x = y = −1, chúng tôi có được 2−z2 ≥ 1 và z−2≥−1; do đó z2 ≤ 1 vàz ≥ 1. Z chỉ đáp ứng cả hai sự bất bình đẳng là z = 1; do đó có hai giải pháp đểvấn đề của chúng tôi, x = y = z = 1 và x = y = −1, z = 1.Thứ hai giải pháp: viết bất đẳng thức thứ hai là z + 1 ≥ |x + y|, và bình phương và nhân chúng tacó được (z + 1) ≥ 2 (x + y) 2. Bây giờ thêm hai lần đầu tiên bất đẳng thức này và sắp xếp lạicung cấp cho 0 ≥ (x−y) 2 + (z−1) 2. Vì vậy bất kỳ giải pháp có x = y và z = 1. Cắm này trong,những sự bất bình đẳng trở thành 2 x 2 ≥ 2 và 2 ≥ 2|x|, do đó x = 1.(T. Andreescu, các giải pháp thứ hai bởi R. Stong)8. giải pháp là một quickie nếu chúng tôi lưu ý rằng 4 x + ax3 + 2 x 2 + bx + 1 = (x 2 + a2x) 2 +(1 + b2x) 2 + 14(8−a2 −b2) x 2. Trong trường hợp này, đa thức là nghiêm thuận trừ khiA2 + b2−8 ≤ 0. Do đó kết luận.(Truyền đạt bởi I. Boreico)9. hoàn thành hình vuông, chúng tôi có đượcx 4 + ax3 + bx2 + cx + 1 =x 2 +một2x2+b− a2 + c24x 2 +c2x + 12.Bất đẳng thức sau bây giờ từ thực tế rằng ≥ b (a2 + c2) / 4.(Revista Matematic˘a din Timis¸oara (Timis¸oara của toán học báo), đề xuấtbởi T. Andreescu)10. bất bình đẳng mong muốn là tương đương với12(x−y) 2 + (y−z) 2 + (z−x) 2"≥ 34(x−y) 2,2.1. không có quảng trường là tiêu cực 175Đó là2(y−z) 2 + (z−x) 2"≥ (x−y) 2.Cho phép một = y−z và b = z−x, điều này trở nên 2(a2+b2) ≥ (a + b) 2, làm giảm đến(a−b) 2 ≥ 0.11. chúng tôi cố gắng để biến đổi phương trình vào một số hình vuông bằng 0. Nàycuối cùng, chúng tôi nhân sự bình đẳng của 2, di chuyển tất cả mọi thứ vào phía bên phải, và hoàn thànhhình vuông. Chúng tôi có(x 1 + x 2 + · + xn) −2x 1 −1−4X2−22−· · ·−2nXN −n2= (x1−1−2x1−1 + 1) + (x2−22−4x 2 −22 + 22) + · · ·+ (xn−n2−2nXN−N2 + n2) = ()x1−1−1) 2 + ()x 2 −22−2) 2+· · ·+(XN−N2−n) 2.Bởi giả thuyết, tổng của những hình vuông phải bằng 0, do đó tất cả các hình vuôngbằng 0. Do đó√x 1 −1 = 1,X2−22 = 2,...,XN−N2 = n. Giải pháp duy nhấtphương trình là x 1 = 2, x 2 = 8,..., xn = 2n2.(Gazeta Matematic˘a (toán học Gazette, Bucharest), đề xuất bởiT. Andreescu)12. (a) bình phương và nhân cả hai bên, chúng tôi có đượca2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc (a + b + c) ≥ 3abc(a+b+c).Điều này là tương đương với12(ab−bc) 2 + (bc−ca) 2 + (ca−ab) 2"≥ 0.(b) bất đẳng thức là tương đương với12abc (a + b + c) ≤ (a+b+c)2−(a2+b2+c2).Điều này giống như12 (a + b + c) abc≤ 2(ab+bc+ca),mà làm giảm đến trước.(Một phần (b) xuất hiện tại Olympic Toán áo, 1984)13. trong ví dụ từ các bài luận giới thiệu, chúng tôi sẽ cắm các giá trị cụ thể chom, n, và k vào phương trình nhất định. Lettingm = n = k = 0, chúng tôi có được 2 f (0) − f 2 (0) ≥1;do đó 0 ≥ (f (0) −1) 2, mà ngụ ý f (0) = 1. Với m = n = k = 1, các đối số cùng mộtcho thấy rằng f (1) = 1. Với m = n = 0, chúng tôi có được 2− f (k) ≥ 1; do đó f (k) ≤ 1 cho tất cả k.Ngoài ra, đối với k = 1 và m = 0, chúng tôi có được 1 + f (n) −1 ≥ 1, mà ngụ ý rằng f (n) ≥ 1 choTất cả n. Nó sau đó f (n) = 1 cho tất cả n.(D.M. B˘atinet¸u)176 chương 2. Đại số và phân tích14. từ trong một hình khối lục diện bên phải đường chéo được cho bởi công thứcd =√A2 ++ b2 c2, bất đẳng thức là tương đương với(a2b2 + b2c2 + c2a2) 2 ≥ 3a2b2c2(a2+b2+c2).Sau khi regrouping điều khoản, điều này sẽ trở thànhC42(a2−b2) 2 +A42(b2−c2) 2 +B42(c2 −a2) 2 ≥ 0.Lưu ý rằng sự bình đẳng giữ nếu và chỉ nếu một = b = c, tức là, hình khối lục diện là một khối lập phương.(L. Pˆırs¸an và C. G. Lazanu, Probleme de algebr˘a s¸i trigonometrie (vấn đề trongđại số và lượng giác), Facla, Timis¸oara, 1983)15. bằng cách sử dụng công thức bổ sung cho cô sin, chúng tôi có đượcnΣtôi = 1nΣj = 1Tôi j cos(ai−aj) =nΣtôi = 1nΣj = 1(tôi j cosai cosaj + i j sinai sinaj)=nΣtôi = 1icosainΣj = 1j cosaj +nΣtôi = 1tôi phạm tội ainΣj = 1j sin aj=nΣtôi = 1icosai2+nΣtôi = 1tôi phạm tội ai2≥ 0.2.2 L

Kết quả (Việt) 2:

2.1 Không Square là Negative
1. Hãy để những con số được a1, a2,. . . , một. Từ những điều kiện nhất định, chúng ta tìm thấy
A21
+ A22
+ · · · + a2n
= (a1 + a2 + · · · + an) 2 -2 (a1a2 + a1a3 + · · · + an-1an) = 0.
Nó sau đó a1 = a2 = · · · = an = 0, do đó a31
+ A32
+ · · · + a3n
= 0.
(Leningrad Olympic Toán)
2. Nếu sự bất bình đẳng
a-b2>
1
4, b-c2> 1 4, c-d2> 1 4, d -a2> 1 4 giữ cùng một lúc, sau đó bằng cách thêm chúng ta thu được a + b + c + d- (a2 + b2 + c2 + d2)> 1. Di chuyển tất cả mọi thứ về phía bên phải và hoàn thành các ô vuông cho? 1 2 -a? 2 +? 1 2 -b? 2 +? 1 2 -c? 2 +? 1 2 -d? 2 <0, một mâu thuẫn. (Revista Matematic˘a din Timisoara (Toán Công báo Timisoara), đề xuất bởi T. Andreescu) 3. Giả sử ngược lại, tổng hợp, chúng ta có được? 1 x + 1 4-x? +? 1 y + 1 4-y? +? 1 z + 1 4-z? <3. Mặt khác, 1 một + 1 4-a ≥ 1 cho tất cả các số thực dương một ít hơn 4, vì đây là tương đương với (a-2) 2 ≥ 0. Do đó kết luận. (Hungary thi Olympic Toán học, 2001) 4. Giải pháp đầu tiên: Như trong trường hợp của các vấn đề trước đây, chúng tôi thêm ba phương trình và viết lại các biểu hiện như một tổng bình phương. Bằng cách tổng hợp và di chuyển tất cả mọi thứ để phía bên trái, chúng ta có được 2x + 2y + 2z- √ 4x-1? 4Y-1- √ 4z-1 = 0. Chúng tôi muốn viết biểu thức này như là một tổng của ba hình vuông, một tùy trên x chỉ, một tùy thuộc vào y, và một tùy thuộc vào z. Hãy để chúng tôi chia cho 2 và nhìn vào 2.1. Không Square là âm 173 x + x- 14 Sự hiện diện của 14. Dưới gốc vuông gợi ý cho chúng tôi để thêm và trừ đi 14 Chúng tôi có. X- 1 4 - x- 1 4 + 1 4 =? X- 1 4 - 1 2? 2. Trở lại vấn đề ban đầu, chúng tôi có? x- 1 4 - 1 2? 2 +? y- 1 4 - 1 2? 2 +? z- 1 4 - 1 2? 2 = 0, do đó, mỗi những ô vuông phải bằng 0. sau đó x = y = z = 12 là chỉ có giải pháp của hệ thống nhất định. Giải pháp thứ hai: Square, và lưu ý rằng 0 = ((x + y) 2-4z + 1) + ((y + z) 2-4x + 1) + ((z + x) 2-4y + 1) = (x + y-1) 2 + (y + z-1) 2 + (z + x-1 ) 2. Do đó các phương trình cho x + y = y + z = z + x = 1 hoặc x = y = z = 1/2. (cuộc thi toán học Rumani, bởi T. Andreescu, giải pháp thứ hai được đề xuất bởi R. stong) 5 . Kể từ a> 0 và a = 1, bình đẳng có thể được viết lại như 1 Loga x + 1 Loga y = 4 Loga xy, đó là tương đương với Loga x + Loga y Loga xloga y = 4 Loga x + Loga y. Loại bỏ sự mẫu số, ta thu được (Loga x + Loga y) 2 = 4loga xloga y, trong đó hàm ý (Loga x-Loga y) 2 = 0, và điều này chỉ có thể giữ nếu x = y. (cuộc thi toán học Rumani, đề xuất của T. Andreescu ) 6. Nếu chúng ta cố gắng để hoàn thành một hình vuông liên quan đến hai nhiệm kỳ đầu tiên của phía bên trái, chúng ta có được (x2 -y2) 2 + 2x2y2 + z4 -4xyz. Tất nhiên sự có mặt của 2x2y2 và -4xyz cho thấy khả năng thêm một 2z2 và sau đó hoàn thành một hình vuông hơn. Lúc này thời điểm, nó không phải là khó để thấy rằng các phương trình có thể được viết lại như sau (x2 -y2) 2 + (z2-1) 2 + 2 (xy-z) 2 = 0. bình đẳng này có thể chỉ giữ nếu cả ba hình vuông là bằng không. Từ z2 -1 = 0 ta có z = ± 1, và sau khi phân tích nhanh chóng, chúng tôi kết luận rằng các giải pháp là (1,1,1), (-1, -1,1), (-1,1, -1 ), và (1, -1, -1). 174 Chương 2. Đại số và Phân tích (Revista Matematic˘a din Timisoara (Toán Công báo Timisoara), đề xuất bởi T. Andreescu) 7. Giải pháp đầu tiên: Từ bất đẳng thức thứ hai, chúng ta có được z ≥ | x + y | -1. Cắm này vào sản lượng bất bình đẳng đầu tiên 2xy- (1- | x + y |) 2 ≥ 1. Chúng tôi có 2xy- (1+ | x + y |) 2 = 2xy- | x + y | 2 + 2 | x + y | -1 = 2xy-x2-y2-2xy + 2 (± x ± y) -1 = -x2-y2 + 2 (± x ± y) -1 đối với một số lựa chọn dấu cộng và trừ. Từ bất đẳng thức suy luận ở trên, nó sau đó 0 ≥ x2 + y2-2 (± x ± y) + 1 + 1 = (1 ± x) 2 + (1 ± y) 2. Hai hình vuông phải được cả hai bằng số không . Do đó x và y chỉ có thể có các giá trị 1 hoặc -1. . Hơn nữa, chúng ta đã thấy ở trên xy đó là tích cực, do đó x và y phải có cùng dấu Đối với x = y = 1 hoặc x = y = -1, chúng ta thu được 2-z2 ≥ 1 và z-2≥-1; do đó z2 ≤ 1 và z ≥ 1. z chỉ thỏa mãn cả hai bất bình đẳng là z = 1; do đó có hai giải pháp để vấn đề của chúng tôi, x = y = z = 1 và x = y = -1, z = 1. Giải pháp thứ hai: Viết các bất đẳng thức thứ hai là z + 1 ≥ | x + y |, và bình phương và chúng tôi có được (z + 1) 2 ≥ (x + y) 2. Bây giờ thêm hai lần bất đẳng thức đầu tiên này và sắp xếp lại cho 0 ≥ (x-y) 2 + (z-1) 2. Vì vậy giải pháp nào có x = y và z = 1. Cắm những trong, sự bất bình đẳng trở thành 2x2 ≥ 2 và 2 ≥ 2 | x |, do đó x = 1. (T. Andreescu, giải pháp thứ hai của R. stong) 8. Giải pháp là một quickie nếu chúng ta lưu ý rằng x4 + ax3 + 2x2 + bx + 1 = (x2 + a2 x) 2 + (1+ b2 x) 2 + 14 (8-a2 -b2) x2. Trong trường hợp này, các đa thức đều lớn hơn trừ khi a2 + b2-8 ≤ 0. Do đó kết luận. (Được truyền đạt bởi I. Boreico) 9. Hoàn thành hình vuông, chúng ta có được x4 + ax3 + BX2 + cx + 1 =? X2 + một 2 x? 2 +? B- a2 + c2 4? X2 +? C 2 x + 1? 2. Các bất đẳng thức sau với doanh nghiệp từ thực tế là b ≥ (a2 + c2) / 4. (Revista Matematic˘a din Timisoara (Toán Công báo Timisoara), đề xuất bởi T. Andreescu) 10. Sự bất bình đẳng mong muốn là tương đương với 1 2? (X-y) 2 + (y-z) 2 + (z-x) 2 "≥ 3 4 (x-y) 2, 2.1. Không Square là âm 175 có nghĩa là, 2? (y-z) 2 + (z-x) 2 "≥ (x-y) 2. Cho a = y-z và b = z-x, điều này trở thành 2 (a2 + b2) ≥ (a + b ) 2, làm giảm đến (a-b) 2 ≥ 0. 11. Chúng tôi cố gắng để biến đổi phương trình thành một tổng bình phương bằng số không. Để này kết thúc, chúng ta nhân bình đẳng bằng 2, di chuyển tất cả mọi thứ về phía bên phải, và hoàn thành hình vuông. Chúng tôi có (x1 + x2 + · · · + xn) -2? X1 -1-4? X2-22- · · · -2n? Xn -n2 = (x1-1-2? X1-1 + 1) + ( x2-22-4? x2 -22 + 22) + · · · + (xn-n2-2n? xn-n2 + n2) = (? x1-1-1) 2+ (? x2 -22-2) 2 + · · · + (? xn-n2-n) 2. By giả thuyết, tổng của những ô vuông phải bằng 0, do đó tất cả các hình vuông là bằng 0. Như vậy √ x1 -1 = 1,? x2-22 = 2,. . .,? Xn-n2 = n. Các giải pháp duy nhất để phương trình là x1 = 2, x2 = 8,. . . , xn = 2n2. (Gazeta Matematic˘a (Toán Gazette, Bucharest), bằng cách đề nghị T. Andreescu) 12. (a) Squaring cả hai bên, chúng ta có được a2b2 + B2C2 + c2a2 + 2abc (a + b + c) ≥ 3abc (a + b + c). Điều này tương đương với 1 2? (ab-bc) 2+ (BC- ca) 2+ (ca-ab) 2 "≥ 0. (b) Các bất đẳng thức tương đương với? 12abc (a + b + c) ≤ (a + b + c) 2 (a2 + b2 + c2). Điều này cũng giống như? 12 (a + b + c) abc≤ 2 (ab + bc + ca), làm giảm đến người trước. (Phần (b) xuất hiện tại Áo thi Olympic Toán học, 1984) 13. Như trong ví dụ từ bài luận giới thiệu, chúng tôi sẽ cắm các giá trị đặc biệt đối với m, n và k vào phương trình cho Lettingm = n = k = 0, ta có 2 f (0) - f 2 (0) ≥1;. do đó 0 ≥ (f (0) -1) 2, trong đó hàm ý f (0) = 1. Đối với m = n = k = 1, cùng tranh luận cho thấy rằng f (1) = 1. Đối với m = n = 0, ta có 2 . - f (k) ≥ 1; do đó f (k) ≤ 1 với mọi k Ngoài ra, cho k = 1 và m = 0, ta có f 1+ (n) -1 ≥ 1, trong đó hàm ý rằng f (n) ≥ 1 cho tất cả n. Nó sau đó f (n) = 1 với mọi n. (DM B˘atinet¸u) 176 Chương 2. Đại số và Phân tích 14. Vì trong một quyền -hình đường chéo được cho bởi công thức d = √ a2 + b2 + c2, bất đẳng thức tương đương với (a2b2 + B2C2 + c2a2) 2 ≥ 3a2b2c2 (a2 + b2 + c2). Sau khi về tập kết, điều này trở c4 2 (a2-b2) 2+ a4 2 (b2- c2) 2 + b4 2 (c2 -a2) 2 ≥ 0. Lưu ý rằng bình đẳng giữ khi và chỉ khi a = b = c, tức là, các -hình là một khối lập phương. (L. Pırs¸an và CG Lazanu, PROBLEME de algebr˘as¸i Trigonometry (vấn đề trong đại số và lượng giác), Facla, Timisoara, 1983) 15. Bằng cách sử dụng công thức bổ sung cho các cô sin, chúng ta có được nΣ i = 1 nΣ j = 1 ij cos (ai-aj) = nΣ i = 1 nΣ k = 1 (ij cosai cosaj + ij sinai sinaj) = nΣ i = 1 icosai nΣ k = 1 j cosaj + nΣ i = 1 i sin ai nΣ k = 1 j tội lỗi aj =? nΣ i = 1 icosai? 2 +? nΣ i = 1 i sin ai? 2 ≥ 0. 2.2 L