Cho các số dương \[a;b;c\] thỏa mãn \[\sqrt {a + b + ab + 1} + c = 6\]. Chứng minh rằng:

a) \[a + b + 2c \ge 10\].

b) \[\frac{{2{\rm{a}} + 1}}{{a + 1}} + \frac{{2b + 1}}{{b + 1}} + \frac{{2c + 2}}{{c + 2}} \le 5\].

a) Vì \[{x^2} + {y^2} + {z^2} = 2xyz\] nên \[2xyz\] chẵn, nên tồn tại ít nhất 1 số chẵn, giả sử là x chẵn.

Khi đó: \[{x^2} \vdots 4;\,\,\,\,2{\rm{x}}yz \vdots 4 \Rightarrow {y^2} + {z^2} \vdots 4\]  (*)

Nếu y lẻ \[ \Rightarrow \] \[{y^2}\] lẻ \[ \Rightarrow \] lẻ \[{z^2}\]\[ \Rightarrow \] \[z\] lẻ

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2k + 1 \Rightarrow {y^2} = 4{k^2} + 4k + 1\\z = 2m + 1 \Rightarrow {z^2} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {k;m \in Z} \right)\]

\[ \Rightarrow {y^2} + {z^2} = 4{k^2} + 4k + 4{m^2} + 4m + 2\]

\[ \Rightarrow {y^2} + {z^2}\] chia 4 dư 2 (không thỏa mãn(*))

Do đó y chẵn và z chẵn \[ \Rightarrow y \vdots 2;\,\,\,z \vdots 2\]

\[ \Rightarrow xyz \vdots 8\,\,\,(1)\]

Giả sử cả 3 số x, y, z đều không chia hết cho 3 vì x; y; z chẵn nên \[{x^2};{y^2};{z^2} \equiv 1(mo{\rm{d}}\,{\rm{3)}}\]

\[ \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \vdots 3\]

Do đó \[2xyz \vdots 3 \Rightarrow xyz \vdots 3\]  (mâu thuẫn với giả thiết x, y, z đều không chia hết cho 3)

Nên tồn tại 1 số chia hết cho 3 hay \[xyz \vdots 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\]

Từ (1) và (2) suy ra: \[xyz \vdots 24\]

Vậy \[xyz \vdots 24\].

b) Đặt \[A = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2a + 2b\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}{\left( {a + b + c + 1} \right)^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} + 2\left( {a + b + c} \right) + 1 > A\\{\left( {a + b + c - 1} \right)^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2\left( {a + b + c} \right) + 1 < A\end{array}\]

Nên \[{\left( {a + b + c - 1} \right)^2} < A < {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}\]

Mà A chính phương nên \[A = {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

\[ \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2{\rm{a}} + 2b = {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow 2{\rm{a}} = 2b \Leftrightarrow a = b\]

Vậy tất cả các bộ (a; b; c) cần tìm là (k; k; m) với k, m nguyên dương bất kì.

a) Ta sẽ chỉ ra một cách xóa để số còn lại trên bảng là 2021

Lần 1: Xóa 1; 3 và thay bởi số 2

Lần 2: Xóa 2; 2 và thay bởi số 2

Lần 3: Xóa 2; 4 và thay bởi số 3

…..
Lần k: Xóa \[k - 1\]; \[k + 1\] và thay bởi số k.

…..
Lần 2020: Xóa 2019;  2021 và thay bởi số 2020.

Lần 2021: Xóa 2021;  2022 và thay bởi số 2021.

Lúc này trên bảng chỉ còn lại số 2021.

b) Ta cũng chỉ ra được một cách xóa để số còn lại trên bảng là 2006.

Chỉ cần chia dãy các số 1; 2; 3; 4; …, 2020;  2021; 2022 thành hai phần (hai dãy con) như
sau:
Dãy 1: 1; 2; 3; 4; …., 2005; 2006

Dãy 2: 2007; 2008; ….; 2021; 2022.

Bằng thuật toán như phần a với dãy 1 thì sau 2004 bước ta còn lại 2 số 2004, 2006
Bằng thuật toán như phần a với dãy 2 nhưng thực hiện ngược lại từ cuối dãy về đầu dãy
thì sau 15 bước ta còn lại 1 số 2008.

Nên sau 2019 bước sẽ còn lại 3 số: 2004; 2006; 2008.

Và sau 2 bước nữa ta thu được số 2006 trên bảng.

Vậy số còn lại trên bảng có thể là số 2006.

Nhận xét: Bằng quy nạp theo n, ta có thể chứng minh được bài toán tổng quát sau: Cho
các số trên bảng là 1; 2; 3; 4;…;\[n - 1\]; n. Khi đó ta luôn có thể có cách thực hiện việc thay số.để thu được một số k bất kì từ 2 đến \[n - 1\].