Bài số học thứ 22

Bài toán. Cho $n\ge 3$ là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng $\left\{ 2^{1}-1, 2^{2}-1, .., 2^{n-1}\right\}$ có ít nhất một số chia hết cho $n$

Lời giải.
Giả sử trong tập hợp không có phần tử nào chia hết cho $n$. Dễ thấy $2^{n}-1$ chia cho $n$ không thể có số dư là $n-1$ nên tồn tại hai số $a\ge b$ thỏa mãn $$2^{a}-1\equiv 2^{b}-1(mod\; n) \rightarrow 2^{b}(2^{a-b}-1) \equiv 0 (mod \; n)$$ Do $2^{b}$ không chia hết cho $n$ nên $2^{a-b}-1 \equiv 0 (mod \; n)$. Suy ra $a-b$ chia hết cho $ord_{2}(n)$.
Mà $a-b \le n-2$ nên $ord_{n}(2) \le n-2$. Điều này mâu thuẫn với giả sử.
Vậy điều giả sử là sai. Suy ra đpcm


Bài toán trên được đăng trên group BÀI TOÁN HAY - LỜI GIẢI ĐẸP - ĐAM MÊ TOÁN HỌC

Bài số học Diễn đàn Toán học số 4

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $a> 2$ thì tồn tại vô số nguyên dương $n$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^n-1$$ Lời giải.
Ta sẽ xét hai trường hợp của $a$:

Trường hợp 1. Nếu $a$ lẻ thì chọn $n=2^m$. Khi đó $(a,n)=1$ nên theo định lý Euler ta có $$\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^{\varphi (n)}-1=a^{2^{m-1}}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^{2^{m}}-1=a^n-1$$ Do đó tồn tại vô số nguyên dương $n$ thỏa $\left.\begin{matrix}
n
\end{matrix}\right|a^n-1$

Trường hợp 2. Nếu $a$ chẵn thì chọn $a=p^m$ với $p$ là ước nguyên tố của $a-1$.

Khi đó theo định lý LTE ta có: $$v_{p}(a^n-1)=v_{p}(a-1)+v_{p}(n)\geq m+1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
n=p^m
\end{matrix}\right|a^n-1$$ Vậy bài toán được chứng minh

Một bổ đề số học

Bài toán. 
Cho $a,b$ là hai số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+ab+b^2$$ Chứng minh rằng $a,b$ chia hết cho $p$

Lời giải.
Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ cũng không chia hết cho $p$. Do đó $(b,p)=1$

Theo định lý Bezout thì tồn tại $y\in \mathbb{Z}^{+}$ sao cho $by\equiv 1(mod\:p)$

Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( ay \right )^2+\left ( ay \right )\left ( by \right )+\left ( by \right )^2$ hay $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ với $x=ay$

* Cách 1. Sử dụng số chính phương mod p

Từ $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(2x+1)^2+3$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=1\:(1)$

Trường hợp 1. Nếu $p\equiv 1(mod\:4)$ thì $\left ( \frac{-1}{p} \right )=1$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{3}{p} \right )$

Theo luật tương hỗ Gauss ta có $$\left ( \frac{3}{p} \right ).\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}.\frac{3-1}{2}}=1\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )$$ Trường hợp 2. Nếu $p\equiv 3(mod\:4)$ thì $\left ( \frac{-1}{p} \right )=-1$ hay $\left ( \frac{-3}{p} \right )=-\left ( \frac{3}{p} \right )$

Theo luật tương hỗ Gauss ta có $$\left ( \frac{3}{p} \right ).\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}.\frac{3-1}{2}}=-1\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=-\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )$$ Do đó ta luôn có $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{p}{3} \right )=-1$ (do $p=3k+2$). Điều này mâu thuẫn với $(1)$ nên điều giả sử là sai.

Vậy $a,b$ chia hết cho $p$

* Cách 2. Sử dụng cấp của một số nguyên
Từ $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^2+x+1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^3-1$. Đặt $t=ord_{p}(x)$. Ta sẽ suy ra $\left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|3$

Trường hợp 1. Nếu $t=1$ thì $x\equiv 1(mod\:p)$. Suy ra $$0\equiv x^2+x+1\equiv 3(mod\:p)\Rightarrow p=3$$ Điều này vô lý do $p=3k+2$

Trường hợp 2. Nếu $t=3$ thì theo định lý Fermat nhỏ ta có $$x^{p-1}\equiv 1(mod\:p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^{p-1}-1$$Từ đây suy ra $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|p-1$. Điều này vô lý do $p=3k+2$

Vậy điều giả sử là sai nên $a,b$ chia hết cho $p$

Bài số học Diễn đàn Toán học số 3

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)
Một số nguyên dương được gọi là 'tốt' nếu nó có thể biểu diễn dưới dạng $p^n-1$, trong đó $p$ là số nguyên tố và $n$  là số nguyên dương.
Tìm tất cả các số nguyên dương 'tốt' mà mọi ước nguyên dương của nó cũng 'tốt'.

Lời giải.
Trước hết, ta giải các bài toán phụ sau:

Bài toán phụ số 1. Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b,c$  với $a,b\geq 2$ thỏa mãn $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Giải. 
Từ phương trình trên ta có: $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1\Leftrightarrow 2^{a+b}-\left ( 2^a +2^b\right )=2^c-2$$ Ta nhận thấy nếu $c\geq 2$ thì VT chia hết cho 4 và VP không chia hết cho 4. Điều này mâu thuẫn, cho nên $c=1$. Suy ra $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=1\Leftrightarrow 2^a-1=2^b-1=1\Leftrightarrow a=b=1$$ Kết hợp giải thiết suy ra không tồn tại bộ $(a,b,c)$ thỏa mãn yêu cầu.

Bài toán phụ số 2. Tìm tất cả các bộ nguyên dương $(a,b,p,q)$ với $p,q$ là các số nguyên tố lẻ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}
p=2^a-1\:(1)\\
2p=q^b-1\:(2)
\end{matrix}\right.$$ Giải.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $2(2^a-1)=q^b-1\Leftrightarrow 2^{a+1}=q^b+1$

Nếu $b$ chẵn thì $q^b+1\equiv 2(mod\:4)$ mà $2^{a+1}$ chia hết cho 4.  Điều này vô lý nên $b$ lẻ. Dẫn đến$$2^{a+1}=q^b+1=(q+1)\left ( q^{b-1}-...+1 \right )$$ Do $q,b$ lẻ nên $q^{b-1}-...+1$ lẻ dẫn đến $q^{b-1}-...+1=1$. Suy ra $$ 2^{a+1}=q^b+1=q+1\:(*) $$Từ đây ta suy ra $b=1$. Ta xét các trường hợp sau:

* Nếu $q=3$ thì $a=1$ và $p=1$ (vô lý)

* Nếu $q\equiv 1(mod\:3)$ thì $2^{a+1}\equiv 2(mod\:3)$. Suy ra $a+1$ lẻ hay $a$ chẵn nên $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|2^a-1=p$

Do đó $p=3$, $a=2$ và $q=7$

* Nếu $q\equiv 2(mod\:3)$ thì từ $(*)$ suy ra $\left.\begin{matrix}
3
\end{matrix}\right|2^{a+1}$ (vô lý)

Vậy $(a,b,p,q)=(2,1,3,7)$

Trở lại bài toán chính. Ta chia số nguyên dương 'tốt' $x$ thành hai trường hợp.

* Trường hợp 1. Nếu $x$ lẻ thì $x=p_{1}^{a_1}...p_{k}^{a_{k}}$ trong đó $p_{1},..,p_{k}$ là các số nguyên tố lẻ

Giả sử $a_{1}\geq 2$ hoặc $k\geq 2$ thì $p_{1}=q_{1}^a-1$. Do $p_{1}$ lẻ nên $q_{1}=2$ hay $p_{1}=2^a-1$

Tương tự $p_{2}=2^b-1$ và $p_{1}p_{2}=2^c-1$. Do đó $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Áp dụng bài toán phụ số 1 ta thấy vô lý. Do đó $x=p_{1}=2^a-1$

Vậy số nguyên dương 'tốt' lẻ là số nguyên tố có dạng $2^{n}-1$

* Trường hợp 2. Nếu $x$ chẵn thì $x=2^{a}p_{1}^{a_1}...p_{k}^{a_{k}}$

Giả sử $a_{1}\geq 2$ hoặc $k\geq 2$ thì $p_{1}=q_{1}^a-1$. Do $p_{1}$ lẻ nên $q_{1}=2$ hay $p_{1}=2^a-1$

Tương tự $p_{2}=2^b-1$ và $p_{1}p_{2}=2^c-1$. Do đó $$\left ( 2^a-1 \right )\left ( 2^b-1 \right )=2^c-1$$ Áp dụng bài toán phụ số 1 ta thấy vô lý. Do đó $x=2^{a}p_{1}$

Dễ nhận thấy nếu $a\geqslant 5$ thì $32$ là ước của $x$ nhưng không thỏa mãn yêu cầu. Nên $a\leq 4$

Kết hợp bài toán phụ số 2 ta có $p_{1}=3$ nên $x$ có thể là $6,12,24,48$

Thử lại thấy thỏa. Vậy số nguyên dương 'tốt' chẵn là $6,12,24,48$

Bài số học chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2017

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2017)
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x,y)$ thỏa mãn $$x^{19}-1=(x-1)(y^{12}-1)$$Lời giải.
*  Nếu $x=1$ thì $y\in \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn phương trình.

* Xét $x\neq 1$. Khi đó phương trình trở thành $$y^{12}-1=\frac{x^{19}-1}{x-1}\Leftrightarrow (y-1)(y^{11}+y^{10}+..+y+1)=x^{18}+x^{17}+..+x+1$$ Gọi  $p$  là ước nguyên tố của $x^{18}+x^{17}+..+x+1$.

Gọi  $t$  là cấp của $x$ theo modulo $p$  hay  $t=ord_{p}x$.  Mặt khác ta lại có $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^{18}+x^{17}+..+x+1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x^{19}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|19\Rightarrow t=1;19$$ Trường hợp 1.  Nếu $t=1$ thì $x\equiv 1(mod\:p)$. Khi đó $$x^{18}+x^{17}+..+x+1\equiv 19(mod\;p)$$ Mà  $p$  là ước của $x^{18}+x^{17}+..+x+1$ nên $19\equiv 0(mod\;p)$.  Suy ra $p=19$

Trường hợp 2.  Nếu $t=19$ thì $x^{19}\equiv 1(mod\:p) $.  Suy ra $(x,p)=1$ nên theo định lý Fermat nhỏ ta có $$x^{p-1}\equiv 1(mod\:p) \Rightarrow \left.\begin{matrix}
19
\end{matrix}\right|p-1\Rightarrow p\equiv 1(mod\:19)$$ Vì vậy  $p\equiv 0;1(mod\:19)$ với  $p$  là ước nguyên tố của  $x^{18}+x^{17}+..+x+1$.

Mặt khác,  $y-1$  là ước của  $x^{18}+x^{17}+..+x+1$ nên $$y-1\equiv 0;1(mod\:19)\Leftrightarrow y\equiv 1;2(mod\:19)\Rightarrow y^{11}+y^{10}+..+y+1\equiv 12;10(mod\:19)$$ Ta lại có  $y^{11}+y^{10}+..+y+1$ cũng là ước của $x^{18}+x^{17}+..+x+1$ nên $$ y^{11}+y^{10}+..+y+1\equiv 0;1(mod\:19)$$ Điều này mâu thuẫn. Vậy nghiệm của phương trình là $(x,y)=(1,t)$ với $t\in \mathbb{Z}^{+}$

Bài số học chọn đội tuyển VMO Quảng Trị 2017

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Quảng Trị 2017)
Cho $p$ là số nguyên tố khác $2$ và $a,b$ là hai số tự nhiên lẻ sao cho $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b$ và $\left.\begin{matrix}
p-1
\end{matrix}\right|a-b$.

Chứng minh rằng  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^b+b^b$

Lời giải.
* Nếu $b$ chia hết cho $p$ thì $a$ chia hết cho $p$. Dẫn đến điều phải chứng minh.

* Xét trường hợp $b$ không chia hết cho $p$.
Do $a,b$  là hai số tự nhiên lẻ nên $$\left.\begin{matrix}
a+b
\end{matrix}\right|a^b+b^b$$Mà theo giải thiết bài toán ta có $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b$  nên suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^b+b^b$

Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}
p-1
\end{matrix}\right|a-b\Rightarrow a-b=(p-1)k$ nên $$b^a-b^b=b^b(b^{a-b}-1)=b^b\left [ b^{(p-1)k}-1 \right ]$$ Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$b^{p-1}\equiv 1(mod\;p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|b^{(p-1)k}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|b^a-b^b\:(2)$$Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^b+b^b$

Bài số học chọn đội tuyển VMO Quảng Nam 2017

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Quảng Nam 2017)
Cho số nguyên tố $p$  và các số nguyên dương $a,b,c$  phân biệt nhỏ hơn $p$.  Chứng minh rằng
nếu các số $a^3,b^3,c^3$  có cùng số dư khi chia cho $p$ thì $a^2+b^2+c^2$ chia hết cho $a+b+c$

Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$a^3\equiv b^3\equiv c^3(mod\:p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^3-b^3\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(a-b)(a^2+ab+b^2)$$ Do $a,b$  phân biệt nhỏ hơn $p$ nên $a-b$ không chia hết cho $p$.  Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+ab+b^2\:(1)$

Tương tự ta cũng có $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|b^2+bc+c^2\:(2)$ và $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|c^2+ca+a^2\:(3)$.  Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(a^2+ab+b^2)-(b^2+bc+c^2)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(a-c)(a+b+c) $$ Do $a,c$  phân biệt nhỏ hơn $p$  nên $a-c$ không chia hết cho $p$.  Suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b+c$

Theo giả thiết bài toán thì $0<a+b+c<3p$  nên $a+b+c=p$ và $a+b+c=2p$

Mặt khác, từ $(1)(2)(3)$ suy ra $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|2(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|3(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2$$ Mà  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a+b+c$  và dễ thấy $p>3$ nên  $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$

Ta sẽ xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1. Nếu $a+b+c=p$ thì ta có $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \left.\begin{matrix}
a+b+c
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$$Trường hợp 2. Nếu $a+b+c=2p$. Do $a^2$ và $a$ cùng tính chẵn, lẻ nên $\left.\begin{matrix}
2
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$

Do $p>3$ nên $(p,2)=1$ nên $\left.\begin{matrix}
2p
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \left.\begin{matrix}
a+b+c
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$

Bài số học Diễn đàn Toán học số 2

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố lẻ $(p,q)$ sao cho $q\equiv 3(mod\:8)$ và $\frac{q^{p-1}-1}{p}$ là số chính phương.

Lời giải.
Theo giải thiết bài toán ta có: $$\frac{q^{p-1}-1}{p}=t^2\left ( t\in \mathbb{N} \right )\Leftrightarrow q^{p-1}-1=pt^2$$ Do $p,q$ lẻ nên $t$ chẵn. Suy ra $t=2t_{1}(t_{1}\in \mathbb{N})$. Dẫn đến $$q^{p-1}-1=4pt_{1}^2\Leftrightarrow \left ( q^{\frac{p-1}{2}}+1 \right ) \left ( q^{\frac{p-1}{2}}-1 \right )=4pt_{1}^2$$Do $\left ( q^{\frac{p-1}{2}}+1,q^{\frac{p-1}{2}}-1 \right ) =2$ nên ta suy ra hai trường hợp:

Trường hợp 1. Nếu $q^{\frac{p-1}{2}}+1=2m^2\:(*)$ và $q^{\frac{p-1}{2}}+1=2pn^2$ thì từ $(*)$ suy ra: $$ 2q^{\frac{p-1}{2}}+2=(2m)^2\Rightarrow \left ( \frac{2}{q} \right )=1$$ Mặt khác ta lại có $$\left ( \frac{2}{q} \right )=(-1)^{\frac{q^2-1}{8}}=-1$$ Dẫn đến điều mâu thuẫn nên loại trường hợp này.

Trường hợp 2. Nếu $q^{\frac{p-1}{2}}+1=2pm^2\:(1)$ và $q^{\frac{p-1}{2}}-1=2n^2\:(2)$ thì từ $(1)(2)$ suy ra $$pm^2-n^2=1 \Rightarrow \left ( \frac{-1}{p} \right )=1\Rightarrow p=4k+1$$ Do đó kết hợp $(2)$ ta được $$\left ( q^{\frac{p-1}{4}}+1 \right )\left ( q^{\frac{p-1}{4}}-1 \right )=2n^2$$ Mà $\left ( q^{\frac{p-1}{4}}+1,q^{\frac{p-1}{4}}-1 \right ) =2$ nên ta xét hai trường hợp nhỏ sau:

    Trường hợp nhỏ 1. Nếu $q^{\frac{p-1}{4}}+1=2u^2 $ và $q^{\frac{p-1}{4}}-1 =4v^2$. Từ đây ta suy ra $$q^{\frac{p-1}{4}}-1 =(2v)^2\Rightarrow \left ( \frac{-1}{q} \right )=1\Rightarrow q\equiv 1(mod\:4)$$Điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán

    Trường hợp nhỏ 2. Nếu $q^{\frac{p-1}{4}}+1=4u^2 $ và $q^{\frac{p-1}{4}}-1 =2v^2$ thì suy ra $$q^{\frac{p-1}{4}}+1=4u^2\Leftrightarrow q^{\frac{p-1}{4}}=(2u+1)(2u-1)$$ Dẫn đến $2u-1=1$ và $q^{\frac{p-1}{4}}=(2u+1)$. Do đó $u=1$ và $p=5,q=3$

Vậy kết quả của bài toán là: $p=5,q=3$

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC

Bài 1. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh 2015)
Xác định tất cả các cặp số nguyên tố $(p;q)$ sao cho $$p^{q+1}+q^{p+1}$$ là số chính phương.

Bài 2. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Tìm tất cả các bộ ba số $(x,n,p)$ với $x,n$ là các số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn
$$x^{3}+2x=3(p^{n}-1)$$
Bài 3. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Cho hai số nguyên dương $a,b$ và số nguyên tố  $p$ thỏa $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$. Biết rằng $p$

bằng tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng $\frac{a^{2}+b^{2}}{p}$ bằng tổng của hai số chính

phương.


Bài 4. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}y^{2}z^{2}$$
Bài 5. ( Đề chính thức Olympic 30/4 lớp 10 năm 2013)

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$  sao cho phương trình $$x^{2}+y^{2}+x+y=kxy\;\;(*)$$  có nghiệm nguyên dương.

Bài 6. (IMO 1988)

Cho $a, b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $\left.\begin{matrix}ab+1 \end{matrix}\right| a^{2}+b^{2}$. Chứng minh rằng $$k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}\in Z$$ là số chính phương.

Bổ đề số nguyên tố dạng $4k+3$ (bài 7-12)

Bài 7. (Đề thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2013)

Giải phương trình nghiệm nguyên $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y$$

Bài 8. (Phương trình Euler)

Chứng minh rằng phương trình $$4xy-x-y=z^{2}$$ không có nghiệm nguyên dương.

Bài 9. (Phương trình Lebesgue)

Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}-y^{3}=7$$

Bài 10. (Đề thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2013)

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố  $p$ thì $$p^{3}+\frac{p-1}{2}$$ không là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

Bài 11. Cho dãy số $\left ( u_{n} \right )$ thỏa mãn $$\left\{\begin{matrix}u_{1}=2013\\ u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n},\;\forall n\in N^{*}\end{matrix}\right.$$

Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau  $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $p$ là  

ước của $u_{2014}+2009$

Bài 12. (Chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad)

Tìm số nguyên dương $n$ để  $n^{7}+7$ là số chính phương.

Bài 13. (THTT số $448$)

Gọi $\begin{bmatrix}x \end{bmatrix}$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$, $\begin{Bmatrix}x\end{Bmatrix}=x-\begin{bmatrix}x \end{bmatrix}$ là phần lẻ của $x$.

Hãy tìm $$\begin{Bmatrix}\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}\end{Bmatrix}$$ biết rằng $p,q$ là các số nguyên tố lớn hơn $5$

Bài 14. (Diễn đàn Toán học-VMF)

Cho $q>3$ là số nguyên tố. Gọi $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ và  $q$ là ước

số nguyên tố nhỏ nhất của $y$. Chứng minh rằng $p\geq q+2$.

Bài 15. (Diễn đàn Toán học-VMF)
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố lẻ $(p,q)$ sao cho $q\equiv 3(mod\:8)$ và $\frac{q^{p-1}-1}{p}$ là số chính phương.

Bài 16. (Chọn đội tuyển VMO Quảng Nam 2017)

Cho số nguyên tố $p$  và các số nguyên dương $a,b,c$  phân biệt nhỏ hơn $p$.  Chứng minh rằng

nếu $a^3\equiv b^3\equiv c^3(mod\:p)$ thì $\left.\begin{matrix}
a+b+c
\end{matrix}\right|a^2+b^2+c^2$

Bài 17. (Chọn đội tuyển VMO Quảng Trị 2017)

Cho $p$ là số nguyên tố khác $2$ và $a,b$ là hai số tự nhiên lẻ sao cho $\left.\begin{matrix} p \end{matrix}\right|a+b$ và $\left.\begin{matrix}p-1 \end{matrix}\right|a-b$.

Chứng minh rằng  $\left.\begin{matrix}p \end{matrix}\right|a^b+b^b$

Bài 18. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2017)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x,y)$ thỏa mãn $$x^{19}-1=(x-1)(y^{12}-1)$$
Bài 19. (Diễn đàn Toán học-VMF)

Một số nguyên dương được gọi là 'tốt' nếu nó có thể biểu diễn dưới dạng $p^n-1$, trong đó $p$ là số nguyên tố và $n$  là số nguyên dương.

Tìm tất cả các số nguyên dương 'tốt' mà mọi ước nguyên dương của nó cũng 'tốt'.

Bài 20. 

Cho $a,b$ là hai số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố dạng $3k+2$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}p\end{matrix}\right|a^2+ab+b^2$$Chứng minh rằng $a,b$ chia hết cho $p$

Bài 21. (Diễn đàn Toán học-VMF)

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $a> 2$ thì tồn tại vô số nguyên dương $n$ thỏa mãn $$\left.\begin{matrix}n\end{matrix}\right|a^n-1$$

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC

Bài 1. (Chọn đội tuyển THPT Chuyên Lương Thế Vinh)

Cho hình bình hành $ABCD$ có góc $\widehat{A}$ là góc tù. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Đường

trung tuyến $CM$ của $\bigtriangleup ABC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ngoại tiếp $ABC$ tại $K$

    1) Chứng minh hai tam giác $KAD$ và $KMH$ đồng dạng

    2) Chứng minh $K,H,C,D$ cùng nằm trên một đường tròn.


Bài 2. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)

Cho tam giác $ABC$ có $AB<BC<CA$ và góc $\widehat{ABC}$ là góc nhọn. Biết $(I)$ là đường tròn

tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc với $BC$ tại điểm $D$. Biết $(O)$ là đường tròn tâm $O$

ngoại tiếp tam giác $ABC$. Gọi $M,N$ lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng $AO,AI$ với

đường tròn $(O)$ biết $A$ không trùng với $M$ và $N$. Chứng minh rằng $\widehat{IND}=\widehat{IMO}$


Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}$ là góc lớn nhất, phân giác trong $AM$. Gọi $P$ là trung điểm

của $AM$.Hai điểm $X,Y$ nằm trên các đoạn thẳng $BP,CP$ sao cho $\widehat{AXC}=\widehat{AYB}=90^{0}$.

Chứng minh rằng $XBYC$ nội tiếp.


Bài 4. Cho $\Delta ABC$ nhọn, đường cao $AH$. Gọi $P,Q$ là điểm đối xứng với $H$ qua $AB,AC$.

$PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $F,E$. Chứng minh rằng $BE,CF$ là đường cao của $\Delta ABC$.


Bài 5. Cho tam giác $ABC$, $B',C'$ là trung điểm $CA,AB$. Gọi $J,K$ là tâm đường tròn

bàng tiếp góc $B,C$. Gọi $P,Q,R,S$ là chân đường cao kẻ từ $A$ đến $KB,KC,JB,JC$.

Chứng minh rằng $P,Q,R,S,B,'C'$ thằng hàng

Bài 6. (Diễn đàn toán học-VMF)

Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A,B$. Qua $B$ kẻ đưởng thẳng cắt $(O)$ và $(O')$ 

lần lượt tại $M,N$. Kẻ đường thẳng song song $AN$ tiếp xúc $(O)$ tại $I$. Từ $I$ kẻ đường thẳng 

song song $AM$ cắt $EA$ tại $K$. Chứng minh rằng $IK$ tiếp xúc $(O')$

Bài 7. Cho đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc $AB$  ở  $C'$. Đường tròn nội

tiếp tam giác $ACC'$ tiếp xúc $AC,AC'$ tại $B_{1},C_{1}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $BCC'$

tiếp xúc $BC,BC'$ tại $A_{2},C_{2}$. Chứng minh rằng $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy


Bài 8. Cho $P$ là điểm nằm trên đường cao $AD$ của $\Delta ABC$. $Q,R$ là chân đường cao kẻ

từ $P$ đến $AB,AC$. $PQ$ và $PR$ cắt $BC$ tại $S,T$. Hai đường tròn $\left ( BQS \right )$ và $\left ( CRT \right )$ cắt

$QR$ tại $X,Y$. Chứng minh rằng $SX,TY,AD$ đồng quy.


Bài 9. Cho $\Delta ABC$ có $AB<AC$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA$ tại $D,E$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $Q$ nằm trên đường tròn nội tiếp sao cho $\widehat{AQD}=90^{0}$. Gọi $P$

là điểm nằm trên $AI$ và bên trong $\Delta ABC$ sao cho $MD=MP$. Chứng minh $\widehat{PQE}=90^{0}$

Bài 10.  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M$ là giao điểm của $AC$ và

$BD$ và $P$ là điểm trên cạnh $BC$ thỏa $PM$ vuông góc $OM$. Gọi $S$ là giao điểm thứ hai

của $DP$ và $(O)$ và $Q$ là điểm thuộc đường tròn $(O)$ sao cho $DQ$ vuông góc $MO$. Gọi $R$ là

giao điểm của phân giác $ABS$ và $AQS$. Hai tiếp tuyến tại $B$ và $Q$ của $(O)$ cắt nhau ở $L$.

Chứng minh rằng $A,R,S,L$ thẳng hàng.


Bài 11. (IMO Shortlist 1995)

Cho $\bigtriangleup ABC$ với $(I)$ là đường tròn nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại

$D,E,F$. Điểm $X$ nằm trong tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp $XBC$ tiếp xúc $BC$

cũng tại $D$ và tiếp xúc $XB,XC$ tại $Y,Z$. Chứng minh rằng $E,F,Y,Z$ đồng viên.


Bài 12. (Việt Nam Team Selection Test 2001)

Cho hai đường tròn $\left ( \omega _{1} \right )$ tâm $O_{1}$ và $\left ( \omega _{2} \right )$ tâm $O_{2}$ cắt nhau tại $A,B$. Các tiếp tuyến tại $A$ và

$B$ của $\left ( \omega _{1} \right )$ cắt nhau ở $K$. Giả sử $M$ là điểm nằm trên $\left ( \omega _{1} \right )$ nhưng không trùng $A$ và $B$.

Đường thẳng $AM$ cắt $\left ( \omega _{2} \right )$ tại $P$, đường thẳng $KM$ cắt $\left ( \omega _{1} \right )$ tại $C$ và $AC$ cắt $\left ( \omega _{1} \right )$ tại $Q$

        1) Chứng minh rằng trung điểm $PQ$ thộc đường thẳng $MC$

        2) Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua điểm cố định khi $M$ di chuyển trên $\left ( \omega _{1} \right )$

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Cho các số thực không âm $a,b,c,$ thỏa :$$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$$
Chứng minh rằng : $$\frac{a}{b(4c+15)(b+2c)^{2}}+\frac{b}{c(4a+15)(c+2a)^{2}}+\frac{c}{a(4b+15)(a+2b)^{2}}\geq \frac{1}{3}$$
Bài 2. (Olympic Gặp gỡ Toán học 2014 Lớp 11)
Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $$\left ( x+y+z \right )\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )=\frac{27}{2}$$Chứng minh rằng $$\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{xy+yz+zx}\leq 2$$
Bài 3. (Diễn đàn toán học)
Tìm số $k$ nhỏ nhất sao cho với hai số $a,b\in R$ luôn thỏa $$a+b+ab\leq k\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$$
Bài 4. (Trường hè Toán học 2014)
Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì

luôn có bất đẳng thức $$k(a^4+b^4+c^4-3)\geq a^3+b^3+c^3+3abc-6$$
Bài 5. (Chọn đội tuyển VMO Phổ thông Năng khiếu 2015)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc$$
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $$a+b+c\leq 1+abc$$
Nguyên lý  Đirichlet trong bất đẳng thức (bài 6-9)

Bài 6. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$
Bài 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$$
Bài 8. Cho $a,b,c>0$ và $x=a+\frac{1}{b};\,y=b+\frac{1}{c},\,z=c+\frac{1}{a}$. Chứng minh rằng $$xy+yz+zx\geq 2(x+y+z)$$
Bài 9.  (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận)
Cho $x,y,z$ dương. Chứng minh rằng $$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3(x+y+z)$$
Bài 10. Nếu các số thực $x,y,z$ thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ và $max\begin{Bmatrix}
\left | x \right |,\left | y \right |,\left | z \right |
\end{Bmatrix}> 2$

thì tồn tại các số thực $a,b,c$ có tích bằng $1$ thỏa $x=a+\frac{1}{a},\,y=b+\frac{1}{b},\,z=c+\frac{1}{a}$

Bài 11. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Cho $2014$ số thực dương $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$  thỏa mãn  $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$.

Chứng minh rằng $$P=\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+...+\frac{a_{2013}^{20}}{a_{2014}^{11}}+\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}\geq 2014$$
Bài 12. Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9\geq 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )$$
Bài 13. (IMO ShortList 1998)
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng $$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}\geq \frac{3}{4}$$
Bài 14. (Chọn đội tuyển Mexico National Olympiad 2014)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{3}{2}$$

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Phương pháp phản chứng trong phương trình hàm (2 bài)

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f:[1;+\infty )\rightarrow [1;+\infty )$ thỏa $$f\left ( xf\left ( y \right )\right ).f\left ( y \right )=f\left ( x+y \right ),\;\forall y\geq 1$$
Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}\rightarrow R\setminus \begin{Bmatrix}
0
\end{Bmatrix}$ thỏa $$f(x)+f(y)=f\left ( xy.f(x+y) \right ),\, \forall xy(x+y)\neq 0$$
Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f:R\rightarrow R$ thỏa $$f\left ( f(x+y) .f(x-y)\right )=x^{2}-yf(y)\, \forall x,y $$
Bài 4. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Tìm tất cả các hàm số $f:N\rightarrow N$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
f(4)=4\\ f(2m)=2f(m),\,\forall m\equiv 1(mod\,2)
\\ f(m)< f(n);\, \forall m,n\in N:m<n

\end{matrix}\right.$$
Bài 5. Tìm tất cả $f:(0;+\infty )\rightarrow (0;+\infty )$ thỏa $$f\left ( \frac{f(x)}{f(y)} \right )=\frac{1}{y}.f\left ( f(x) \right ),\;\forall x,y\in R^{+}$$ với $f$ đơn điệu nghiệm ngặt trên $(0;+\infty )$

Bài 6. Tìm tất cả các cặp hàm số $f,g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f$ đơn điệu thực trên $\mathbb{R}$

và $g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $$f(x+y)=f(x).g(y)+f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Bài 1. (Chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015)

Giải hệ phương trình $$\left\{\begin{matrix}
2\sqrt{y+1}-\sqrt{2(x+y)}=x-y-2\\ 3\sqrt{3y-2x+6}-\sqrt{y^{2}-3}=x+1

\end{matrix}\right.$$
Bài 2. (Chọn đội tuyển VMO Bắc Ninh 2015)
Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để phương trình sau có nghiệm thực duy nhất $$\sqrt[4]{-x^{2}+4x+12}+2\left ( \sqrt{x-1}+\sqrt{3-x} \right )=m$$
Bài 3. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015)
Cho hai phương trình:  $x^{3}+2x^{2}+3x+4=0$  và  $x^{3}-8x^{2}+23x-26=0$. Chứng

minh rằng mỗi phương trình trên đều có đúng một nghiệm. Tìm tổng của hai nghiệm đó.


Bài 4. (Chọn đội tuyển VMO Chuyên Đại học Vinh 2015)
Giải phương trình $$\left ( x^{2}+x \right )^{2}+\left ( x-1 \right )^{2}=\left ( x^{2}+1 \right )\sqrt{x-x^{3}}$$
Bài 5. (Chọn đội tuyển VMO Thái Bình 2015)
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
 x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\\
2014^{x+y-1}-3x+y+1=\sqrt{4x^2-3x-y+2}
\end{matrix}\right.$$
Bài 6. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x^{2}+xy+2y^{2}}+\sqrt{y^{2}+xy+2x^{2}}=2( x+y)\\ \left ( 8y-6 \right )\sqrt{x-1}=\left ( 2+\sqrt{x-2} \right )\left ( y+4\sqrt{y-2}+3 \right )
\end{matrix}\right.\left ( x,y \in R\right )$$
Bài 7. (THTT số 447)
Tìm các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix}
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\\
xyz\left ( x+y+z \right )\left ( x+1 \right )\left (y+1  \right )\left ( z+1 \right )=1296
\end{matrix}\right.$$

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ

Bài 1. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh 2015)
Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi:
$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=1\\  x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1

\end{matrix}\right.$$
Xét dãy $(y_{n})$ được xác định bởi $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}+2}$$Tìm $lim \, y_{n}$

Bài 2. Cho dãy số thực $\begin{Bmatrix}
a_{n}
\end{Bmatrix}$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}\in (1;2)\\ a_{n+1}=a_{n}+\frac{n}{a_{n}}

\end{matrix}\right.$$Chứng minh rằng tồn tại nhiều nhất một cặp $(a_{i};a_{j})$ với $i\neq j$ sao cho $a_{i}+a_{j}$ là số nguyên.

Bài 3. (VMO 2011)
Cho dãy số nguỵên $(a_{n})$ thỏa $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}=1;\, a_{1}=-1\\ a_{n+2}=6a_{n+1}+5a_{n},\, \forall n\in N

\end{matrix}\right.$$Chứng minh rằng $a_{2012}-2010$ chia hết cho $2011$.

Bài 4. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)
Cho dãy số $a_{n}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
a_{1}=2,a_{2}=1\\a_{n+2}=\frac{a_{n}.a_{n+1}}{2a_{n}+a_{n+1}} ,\, \forall n\in N^{*}

\end{matrix}\right.$$
Chứng minh rằng dãy số $(a_{n})$ có giới hạn hữu hạn khi $n\rightarrow +\infty $. Hãy tìm $$\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n}$$
Bài 5. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015)
Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-\sqrt{u_n^2+1},n=1,2,3... \end{matrix}\right.$$
Tính $$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \frac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}.$$
Bài 6. (Chọn đội tuyển VMO Vũng Tàu 2015)
Cho dãy số $(x_{n})$  xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=3\\ x_{n+1}=\frac{2x_{n}^{3}-2x_{n}+1}{2\left ( x_{n}-1 \right )^{2}}

\end{matrix}\right.$$ Với mỗi số nguyên dương $n$, ta đặt $$y_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}^{2}}$$ Tính giới hạn của dãy số $(y_{n})$.

Bài 7. (Chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015)
Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$x_1=\frac{1}{2}; x_{n+1}=\frac{2014+x_n}{2016-x_n}\, \forall n=1,2,..$$
  a) Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn và tính giới hạn đó.

  b) Với mỗi số tự nhiên $n \ge 1,$ ta đặt $$y_n=\frac{1}{2013n+2015} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k-2014}$$ Tính $\lim y_n$

Bài 8. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)

Cho dãy số $\left ( x_{n} \right )$ với $n\in N^{*}$ được xác định bởi $$\left\{\begin{matrix}
x_{0}>0\\ x_{n}=\frac{9}{10}u_{n-1}+\frac{1007}{5x_{n-1}^{9}},\;\forall n\geq 1

\end{matrix}\right.$$
Chứng minh dãy số $\left ( x_{n} \right )$ có giới hạn và tìm giới hạn này.

Bài 9. Cho hai dãy $(x_{n}),\,(y_{n}):$$$\left\{\begin{matrix}
x_{1}=-1,y_{1}=1\\x_{n+1}=-3x_{n}^{2}-2x_{n}y_{n}+8y_{n}^{2}
\\y_{n+1}=2x_{n}^{2}+3x_{n}y_{n}-2y_{n}^{2}

\end{matrix}\right.\;\;\forall n\geq 1$$
Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_{p}+y_{p}$ không chia hết cho $p$

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP 

Nhóm các bài toán về Lý thuyết đồ thị (6 bài)

Bài 1. Cho $G$ là một graph đơn, ở đây $\left |V  \right |=n;\, \left | E \right |=e$. Chứng minh rằng $$e\leq \frac{n\left ( n-1 \right )}{2}$$
Bài 2. Có $605$ người trong một dạ hội. Giả sử rằng mỗi người bắt tay với ít nhất một

người khác. Chứng minh rằng phải có một người bắt tay với ít nhất $2$ người khác.


Bài 3. (USA MO 1978)
Có $9$ nhà toán học gặp nhau tại $1$ hội nghị toán học. Với bất kì $3$ người, có ít nhất $2$ người

trong đó nói cùng $1$ ngôn ngữ. Nếu biết mỗi nhà toán học chỉ có thể nói nhiều nhất $3$ ngôn

ngữ. Chứng minh rằng có ít nhất $3$ nhà toán học có thể cùng nói $1$ ngôn ngữ.


Bài 4. Có $n$ hộp thuốc. Bất kỳ $2$ hộp thuốc có cùng $1$ loại thuốc ở bên trong

và mỗi loại thuốc được chứa trong đúng $2$ hộp thuốc. Hỏi có bao nhiêu loại thuốc tất cả $?$


Bài 5. Có $n> 3$ người. Một vài người trong đó biết nhau và các người khác không

biết nhau. Có ít nhất $1$ người không biết các người khác. Hỏi số lớn nhất các cặp biết nhau.


Bài 6. Có $18$ đội tuyển trong $1$ giải đấu. Ở mỗi vòng, nếu một đội tuyển thi đấu với

một đội tuyển khác thì nó sẽ không thi đấu với cùng đội tuyển đó ở vòng đấu khác. Hiện nay

đã thi đấu $8$ vòng. Chứng minh rằng phải có $3$ đội tuyển chưa thi đấu với nhau trong $8$ vòng

đấu đó.


Bài 7. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015)
Cho $n \geq 3$ là một số nguyên dương. Chứng minh với $n$ điểm phân biệt nằm trong mặt

phẳng, sao cho trong đó không có $3$ điểm nào thẳng hàng thì số tam giác có đỉnh được lấy

trong $n$ điểm đã cho và có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $\frac{2}{3}(n^2-n)$.


Bài 8. Xét $n\in N,n\geq 2$. Ta tô tất cả các số tự nhiên bởi $2$ màu xanh hoặc đỏ thỏa mãn $2$

điều kiện sau:

   i) Mỗi số được tô bởi một màu, mỗi màu được tô vô hạn số

   ii) Tổng $n$ số cùng màu đôi một khác nhau là một số được tô cùng màu.

Hỏi có thể thực hiện được cách tô màu như trên không nếu:

  1) $n=2015$

  2) $n=2016$


Bài 9. Một nhóm học sinh có $n$ người. Họ tổ chức $10$ cuộc gặp mặt. Mỗi cuộc gặp có $20$

người tham dự. Biết rằng hai người bất kì cùng tham gia không quá $1$ cuộc gặp. Tìm giá trị

nhỏ nhất của $n$.

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN ĐA THỨC

Bài 1. (Olympic Chuyên KHTN 2014)
Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ sao cho $$(x-2)P(3x+2)=3^{2015}xP(x)+3^{2016}x-3x+6$$
Bài 2. (Chọn đội tuyển VMO Đăk Lăk 2014)
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ thỏa mãn $$P(x+1)=P(x)+3x^{2}+3x+1,\, \forall x\in R$$
Bài 3. (HSG Quốc gia-VMO 2006)
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ với hệ số thực, thỏa mãn $$P(x^{2})+x\begin{bmatrix}
3P(x)+P(-x)
\end{bmatrix}=\left ( P(x) \right )^{2}+2x^{2},\;\forall x\in R$$
Bài 4. Cho đa thức $P\left ( x \right )\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ có bậc dương thỏa $P(x)$ không có nghiệm bội và
$$P(x).P(y)\leq P^{2}\left ( \frac{x+y}{2} \right ),\;x,y\in \mathbb{R}$$Chứng minh rằng $P(x)$ có đúng một nghiệm thực.

Bài số học Diễn đàn Toán học số 1

Bài toán. (Diễn đàn Toán học-VMF)

Cho $q>3$ là số nguyên tố. Gọi $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ và  $q$ là ước

số nguyên tố nhỏ nhất của $y$. Chứng minh rằng $p\geq q+2$.

Lời giải. 
Dễ thấy nếu $q=2$ thì bài toán được giải quyết. Do đó xét $q>2$ nên $y$ lẻ

Gọi $t=ord_{p}(q-1)$. Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. Nếu $t=1$ thì $ord_{p}(q-1)=1$. Dẫn đến $$q-1\equiv 1(mod\: p)\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(1)$$ Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}
q
\end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.

Trường hợp 2. Nếu $t=2$ thì $ord_{p}(q-1)=2\Rightarrow \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(q-1)^2-1=q(q-2)$

Do $p,q$ là các số nguyên tố nên $(p,q)=1$. Dẫn đến $ \left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|q-2\Rightarrow q-2\geq p\:(3)$

Mặt khác, ta lại có $\left.\begin{matrix}
q
\end{matrix}\right|(q-1)^y+1$ và  $p$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $(q-1)^y+1$ nên suy ra $q\leq p\:(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ ta được $q\leq p\leq q-2$. Dẫn đến điều mâu thuẫn.

Trường hợp 3. Xét $t>2$.Từ giả thiết suy ra $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|(q-1)^{2y}-1\Rightarrow \left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|2y$$ Do $t>2$ nên $ \left.\begin{matrix}
t
\end{matrix}\right|y$ mà $q$ là ước số nguyên tố nhỏ nhất của $y$. Dẫn đến $q\leq t\:(*)$

Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ ta được $$(q-1)^{p-1}\equiv 1(mod\:p)$$ Từ đó suy ra $t\leq p-1\:(**)$. Kết hợp giữa $(*)$ và $(**)$ suy ra $q\leq p-1\Leftrightarrow p\geq q+1$

Do $p,q$ là số nguyên tố lẻ nên $p\neq q+1$ nên $p\geq q+2$

Bài hình học Vietnam Team Selection Test 2001

Bài toán. (Việt Nam Team Selection Test 2001)

Cho hai đường tròn $\left ( \omega _{1} \right )$ tâm $O_{1}$ và $\left ( \omega _{2} \right )$ tâm $O_{2}$ cắt nhau tại $A,B$. Các tiếp tuyến tại $A$ và

$B$ của $\left ( \omega _{1} \right )$ cắt nhau ở $K$. Giả sử $M$ là điểm nằm trên $\left ( \omega _{1} \right )$ nhưng không trùng $A$ và $B$.

Đường thẳng $AM$ cắt $\left ( \omega _{2} \right )$ tại $P$, đường thẳng $KM$ cắt $\left ( \omega _{1} \right )$ tại $C$ và $AC$ cắt $\left ( \omega _{1} \right )$ tại $Q$

        1) Chứng minh rằng trung điểm $PQ$ thộc đường thẳng $MC$

        2) Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua điểm cố định khi $M$ di chuyển trên $\left ( \omega _{1} \right )$

Lời giải.

Câu 1.  Gọi $E$ là giao điểm $HP$ và $MK$. Ta có $$\widehat{BCQ}=\widehat{BMP},\;\widehat{BQC}=\widehat{MPB}\rightarrow \bigtriangleup CBQ\sim \bigtriangleup MBP\rightarrow \frac{CB}{MB}=\frac{CQ}{MP}$$Lại có tứ giác $MACB$ điều hòa nên $\frac{CB}{MB}=\frac{CA}{MA}$. Suy ra $$\frac{CQ}{MP}=\frac{CA}{MA}\rightarrow \frac{CA}{CQ}.\frac{MP}{MA}=1$$ Theo định lý Menelaus cho $\bigtriangleup APQ$ và $\overline{H,C,M}$ ta được $$\frac{MP}{MA}.\frac{CA}{CQ}.\frac{HQ}{HP}=1\rightarrow HP=HQ$$ Vậy $MC$ đi qua trung điểm $PQ$


Câu 2.  Gọi $H=AK\cap \left ( \omega _{2} \right )$ và $D$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B,H$ của $\left ( \omega _{2} \right )$ . Ta có $$\widehat{QBP}=\widehat{QAP}=\widehat{MBC},\;\widehat{BPQ}=\widehat{BAQ}=\widehat{BMC}\rightarrow \bigtriangleup BQP\sim \bigtriangleup BCM\rightarrow \frac{BQ}{BP}=\frac{BC}{BM}\;\;(1)$$ Lại có: $$\widehat{HPQ}=\widehat{QAH}=\widehat{AMC},\;\widehat{QHP}=\widehat{MAC}\rightarrow \bigtriangleup HPQ\sim \bigtriangleup  AMC\rightarrow \frac{QH}{PH}=\frac{AC}{AM}\;\;(2)$$Từ $(1),(2)$ và tứ giác $AMBC$ điều hòa nên tứ giác $BPQH$ điều hòa

Vậy $PQ$ đi qua $D$ cố định.

Bài toán. Tìm tất cả các cặp hàm số $f,g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f$ đơn điệu thực trên $\mathbb{R}$

và $g$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $$f(x+y)=f(x).g(y)+f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;(1)$$Lời giải.
Trong $(1)$ thay $x$ và $y$ bởi $0$ ta được $$f(0)=f(0).g(0)+f(0)\rightarrow f(0).g(0)=0$$ * Nếu $g(0)=0$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f(x)=f(x).g(0)+f(0)\rightarrow f(x)=f(0)=c,\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Thử lại ta được $f(x)\equiv c\neq 0,\;g(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$ hoặc $f(x)=0$ và $g(x)$ bất kì

* Nếu $f(0)=0$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $0$ ta được $$f(x)=f(x).g(0)+f(0)=f(x).g(0)$$ Trường hợp 1. Nếu $g(0)\neq 1$ thì $f(x)=0,\;\forall x\in \mathbb{R}$

Trường hợp 2. Nếu $g(0)=1$. Trong $(1)$ thay $x$ bởi $x$ và $y$ bởi $x$ ta được $$f(x+y)=f(y).g(x)+f(x)$$Kết hợp với $(1)$ và $f$ đơn điệu nên $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ suy ra $$f(x).g(y)+f(y)=f(y).g(x)+f(x)\rightarrow \frac{g(x)-1}{f(x)}=\frac{g(y)-1}{f(y)}\equiv c\rightarrow f(x)=\frac{g(x)-1}{c}$$ Thay vào $(1)$ ta được $$\frac{g(x+y)-1}{c}=\frac{g(y)\left ( g(x)-1 \right )}{c}+\frac{g(x)-1}{c}\Leftrightarrow g(x+y)=g(x).g(y)$$ Mà $g(x)$ liên tục nên $$g(x)=a^{x},\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Từ đây tiếp tục có $$f(x)=\frac{a^{x}-1}{c},\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Bài toán. Cho đa thức $P\left ( x \right )\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ có bậc dương thỏa $P(x)$ không có nghiệm bội và
$$P(x).P(y)\leq P^{2}\left ( \frac{x+y}{2} \right ),\;x,y\in \mathbb{R}\;\;(1)$$Chứng minh rằng $P(x)$ có đúng một nghiệm thực.

Lời giải.

Nếu $degP(x)=2k$. Trong $(1)$ thay $y$ bởi $-x$ ta được
$$P(x).P(-x)\leq P^{2}(0)\;(*)$$ Cho $x\rightarrow +\infty $ thì $P(x).P(-x)\rightarrow +\infty $. Điều này mâu thuẫn với $(*)$.

Do đó bậc của $P(x)$ là số lẻ. Suy ra $P(x)$ có ít nhất một nghiệm thực.

Giả sử $P(x)$ có ít nhất hai nghiệm thực, gọi $x_{1}<x_{2}$ là hai nghiệm lớn nhất của $P(x)$

Không mất tính tổng quát giả sử hệ số bậc cao nhất dương. Khi đó $$\exists a>0:x_{2}-a< x_{1}\wedge P(x_{2}-a)> 0\rightarrow P(x_{2}-a).P(x_{2}+a)> 0\;\;(2)$$ Trong $(1)$ thay $x$ bởi $x_{2}-a$ và $y$ bởi $x_{2}+a$ ta được $$ P(x_{2}-a).P(x_{2}+a)\leq P^{2}\left ( x_{2} \right )=0\;\;(3)$$Từ $(2)(3)$ suy ra mâu thuẫn. Vậy $P(x)$ có đúng một nghiệm thực.

Bài hình học IMO Shortlist 1995

Bài toán. (IMO Shortlist 1995)

Cho $\bigtriangleup ABC$ với $(I)$ là đường tròn nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại

$D,E,F$. Điểm $X$ nằm trong tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp $XBC$ tiếp xúc $BC$

cũng tại $D$ và tiếp xúc $XB,XC$ tại $Y,Z$. Chứng minh rằng $E,F,Y,Z$ đồng viên.

Lời giải.

Gọi $S,S'$ lần lượt là giao điểm của $BC$ với $EF$ và $YZ$

Tam giác $ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy và $S=EF\cap BC$ nên $\left ( SDBC \right )=-1\;\;(1)$

Tương tự  $\left ( S'DBC \right )=-1\;\;(2)$. Từ $(1)(2)$ suy ra $$\left ( SDBC \right )=\left ( S'DBC \right )=-1\rightarrow S\equiv S'$$ Do đó $EF,YZ,BC$ đồng quy. Ta lại có $$SD^{2}=SE.SF=SY.SZ$$ Dẫn đến tứ giác $EFYZ$ nội tiếp.

Bài toán.  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M$ là giao điểm của $AC$ và

$BD$ và $P$ là điểm trên cạnh $BC$ thỏa $PM$ vuông góc $OM$. Gọi $S$ là giao điểm thứ hai

của $DP$ và $(O)$ và $Q$ là điểm thuộc đường tròn $(O)$ sao cho $DQ$ vuông góc $MO$. Gọi $R$ là

giao điểm của phân giác $ABS$ và $AQS$. Hai tiếp tuyến tại $B$ và $Q$ của $(O)$ cắt nhau ở $L$.

Chứng minh rằng $A,R,S,L$ thẳng hàng.

Lời giải.

Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ điều hòa nội tiếp đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng phân giác

góc $ABC$ và phân giác góc $ADC$ cắt nhau tại một điểm trên $AC$

Chứng minh bổ đề.

Gọi $E$ là giao điểm của phân giác $ABC$ và $AC$. Ta chỉ cần chứng minh $DE$ là phân giác $ADC$.

Ta có $BE$ là  phân giác $ABC$ nên $$\frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}$$ Suy ra $DE$ là phân giác $ADC$. Vậy chứng minh hoàn thành.


Trở lại bài toán.

Gọi $E=AD\cap MP$. Theo định lý con bướm cho tứ giác $ABCD$ ta được $M$ là trung điểm $PE$

Mà $PE\parallel CD$ nên $ D\left ( FPMC \right )=-1\rightarrow D\left ( ASBQ\right )=-1$

Vậy tứ giác $ABSQ$ điều hòa nên theo bổ đề ta được $A,R,S$ thẳng hàng  $(1)$

Lại do $ABSQ$ là tứ giác điều hòa nên $A,S,L$ thẳng hàng  $(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $A,R,S,L$ thẳng hàng.

Bài toán. Cho $\Delta ABC$ có $AB<AC$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA$ tại $D,E$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $Q$ nằm trên đường tròn nội tiếp sao cho $\widehat{AQD}=90^{0}$. Gọi $P$

là điểm nằm trên $AI$ và bên trong $\Delta ABC$ sao cho $MD=MP$. Chứng minh $\widehat{PQE}=90^{0}$

Lời giải.

Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AB,AC$ tại $E,F$. $BI$ cắt $EF$ tại $D$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $BC,CA$. Chứng minh rằng $D,M,N$ thẳng hàng.

Chứng minh bổ đề.

Ta có $$\widehat{BIC}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}=180^{0}-\widehat{AFE}=\widehat{DFC}$$Do đó tứ giác $IDFC$ nội tiếp nên $\widehat{IDC}=\widehat{IFC}=90^{0}$. Từ đây suy ra
$$\widehat{DMC}=2\widehat{DBM}=\widehat{B}=\widehat{NMC}\rightarrow \overline{D,M,N}$$

Trở lại bài toán.

Gọi $K=AQ\cap (O),\,H=AQ\cap BC$. Dễ thấy $I,D,H$ thẳng hàng do đó $H$ là tiếp điểm

của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$ nên $M$ là trung điểm $DH$. Suy ra $DPQH$ nội tiếp

Gọi $P'=AI\cap DE$ nên theo bổ đề trên ta được $$MP'\parallel AC\rightarrow \widehat{P'MD}=\widehat{C}=180^{0}-2\widehat{EDC}=\widehat{PMD}\rightarrow P\equiv P'$$Suy ra $D,P,E$ thẳng hàng, từ đây ta thu được $DI$ là tiếp tuyến của $(DPQH)$. Dẫn đến $$\widehat{KQE}=\widehat{IDE}=\widehat{PQD}\rightarrow \widehat{PQE}=90^{0}$$

Bài toán. Cho $P$ là điểm nằm trên đường cao $AD$ của $\Delta ABC$. $Q,R$ là chân đường cao kẻ

từ $P$ đến $AB,AC$. $PQ$ và $PR$ cắt $BC$ tại $S,T$. Hai đường tròn $\left ( BQS \right )$ và $\left ( CRT \right )$ cắt

$QR$ tại $X,Y$. Chứng minh rằng $SX,TY,AD$ đồng quy.

Lời giải.



Ta có  $\widehat{AQR}=\widehat{APR}=\widehat{ACB}$.  Suy ra tứ giác $QRCB$ nội tiếp, do đó $$AQ.AB=AR.AC\rightarrow \wp_{A/(QBS)}=\wp _{A/(CRT)}$$ Dẫn đến $A$ thuộc trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$, mà $AD$ vuông góc đường nối

tâm của chúng nên $AD$ là trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$ $(1)$

Lại có $$\widehat{ YSB}=\widehat{AQR}=\widehat{ACB}\rightarrow SY\parallel AC$$$$\rightarrow \widehat{YST}=\widehat{ACB}=\widehat{XYT}$$ Suy ra tứ giác $XYTS$ nội tiếp. Từ đây lại suy ra

                                      $SX$ là trục đẳng phương $(XYST)$ và $(BQS)$ $(2)$

                                      $TY$ là trục đẳng phương của $(XYST)$ và $(CRT)$ $(3)$

Từ $(1)(2)(3)$  suy ra $SX,TY,AD$ đồng quy

Bài toán. Cho đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc $AB$  ở  $C'$. Đường tròn nội

tiếp tam giác $ACC'$ tiếp xúc $AC,AC'$ tại $B_{1},C_{1}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $BCC'$

tiếp xúc $BC,BC'$ tại $A_{2},C_{2}$. Chứng minh rằng $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy

Lời giải.

Gọi $D,D'$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $ACC'$ và $BCC'$ lên $CC'$. Ta có $$C'D=\frac{1}{2}\left ( AC'+CC'-AC \right )=\frac{1}{2}\left ( CC'+\frac{1}{2}\left ( AB+AC-BC \right )-AC \right )\;(1)$$$$C'D'=\frac{1}{2}\left ( BC'+CC'-BC \right )=\frac{1}{2}\left ( CC'+\frac{1}{2}\left ( AB+BC-AC \right )-BC \right )\;(2)$$ Từ $(1)(2)$ suy ra $C'D=C'D'\rightarrow D\equiv D'$

Gọi $S=B_{1}C_{1}\cap CC'$ và $S'=A_{2}C_{2}\cap CC'$. Từ đây suy ra $$\left (  CC'DS\right )=\left (  CC'DS'\right )=-1\rightarrow S\equiv S'$$ Dẫn đến $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy

Bài toán. (Diễn đàn toán học-VMF)

Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A,B$. Qua $B$ kẻ đưởng thẳng cắt $(O)$ và $(O')$ 

lần lượt tại $M,N$. Kẻ đường thẳng song song $AN$ tiếp xúc $(O)$ tại $I$. Từ $I$ kẻ đường thẳng 

song song $AM$ cắt $EA$ tại $K$. Chứng minh rằng $IK$ tiếp xúc $(O')$

Lời giải.

Gọi $K'=EA\cap (O')$ và $X=MN\cap AK'$. Theo định lý Thales ta có $$\frac{EA}{NI}=\frac{AX}{XN}=\frac{AB}{NK'}$$

Ta lại có $$\widehat{BNK'}=\widehat{BAX}\rightarrow \widehat{K'NI}=\widehat{EAB}$$ Do đó $$\Delta NK'I\sim \Delta ABE\rightarrow \widehat{NIK'}=\widehat{AEB}=\widehat{AMB}\rightarrow AM\parallel IK'\;(1)$$ Mà $$\Delta NK'I\sim \Delta ABE\rightarrow \widehat{NK'I}=\widehat{ABE}=\widehat{IEA}\doteq \widehat{NAK'}$$ 

Dẫn đến $IK'$ là tiếp tuyến của $(O')$ $(2)$

Từ $(1)$ suy ra $K\equiv K'$. Kết hợp với $(2)$ ta được $IK$ tiếp xúc $(O')$

Bài bất đẳng thức Mexico National Olympiad 2014

Bài toán. (Chọn đội tuyển Mexico National Olympiad 2014)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{3}{2}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}}$$
 Mà theo bất đẳng thức AM-GM ta có
$$a+b+1\geq 3\sqrt[3]{ab},\;\;b+c+1\geq 3\sqrt[3]{bc},\;\;c+a+1\geq 3\sqrt[3]{ca}$$$$\rightarrow \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}\leq \frac{2(a+b+c)+3}{3}=3$$Dẫn đến
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[3]{ab}}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a+b+c+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}}\geq \frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}$$
Vậy chứng minh được hoàn thành.

Làm mạnh bất đẳng thức trên:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b=c=3$. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với  mọi $n$:
$$\frac{a^{2}}{a+\sqrt[n]{bc}}+\frac{b^{2}}{b+\sqrt[n]{ca}}+\frac{c^{2}}{c+\sqrt[n]{ab}}\geq \frac{3}{2}$$

Bài bất đẳng thức IMO ShortList 1998

Bài toán. (IMO ShortList 1998)
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng $$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}\geq \frac{3}{4}$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có $$\frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8}\geq \frac{3x}{4}\;\;(1)$$ Tương tự ta được $$\frac{y^{3}}{\left ( 1+z \right )\left ( 1+x \right )}+\frac{1+z}{8}+\frac{1+x}{8}\geq \frac{3y}{4}\;\;(2)$$$$\frac{z^{3}}{\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+y}{8}\geq \frac{3z}{4}\;\;(3)$$
Cộng $(1)(2)(3)$ vế theo vế ta suy ra $$\sum \frac{x^{3}}{\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )}\geq \frac{1}{2}\left ( x+y+z \right )-\frac{3}{4}\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}$$

Làm mạnh bài bất đẳng thức trên:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng  $$\frac{x^{n}}{\left ( \lambda +y \right )\left ( \lambda+z \right )}+\frac{y^{n}}{\left ( \lambda+z \right )\left ( \lambda+x \right )}+\frac{z^{n}}{\left ( \lambda+x \right )\left ( \lambda+y \right )}\geq \frac{3}{\left ( \lambda+1 \right )^{2}},\;\;n\geq 1,\lambda\geq 1$$

Bài toán.
Cho tam giác $ABC$, $B',C'$ là trung điểm $CA,AB$. Gọi $J,K$ là tâm đường tròn bàng tiếp

góc $B,C$. Gọi $P,Q,R,S$ là chân đường cao kẻ từ $A$ đến $KB,KC,JB,JC$.

Chứng minh rằng $P,Q,R,S,B,'C'$ thằng hàng

Lời giải.

Tam giác $APB$ vuông ở $P$ có $PC'$ là trung tuyến nên $$\widehat{KPC'}=90^{0}+\widehat{APC'}=180^{0}-\widehat{KBA}=\widehat{KBC}\rightarrow PC'\parallel BC$$ Tương tự ta được $SB'\parallel BC$. Dẫn đến $P,S,B',C'$ thẳng hàng 

Lại có tứ giác $AKPQ$ nội tiếp nên $$\widehat{QPK}=180^{0}-\widehat{KAQ}=90^{0}+\widehat{AKQ}=90^{0}+\left ( 180^{0}-\frac{\widehat{C}}{2} -90^{0}-\frac{A}{2}\right )$$$$\rightarrow \widehat{QPK}=180^{0}-\frac{\widehat{B}}{2}=\widehat{KBC}\rightarrow PQ\parallel BC$$

Tương tự ta được $RS\parallel BC$. Từ đây suy ra $6$ điểm $P,Q,R,S,B,'C'$ thằng hàng

Bài đa thức Vietnamese Mathematical Olympiad 2006

Bài toán. (VMO 2006)
Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ với hệ số thực, thỏa mãn $$P(x^{2})+x\begin{bmatrix}
3P(x)+P(-x)
\end{bmatrix}=\left ( P(x) \right )^{2}+2x^{2},\;\forall x\in R\;\;(1)$$Lời giải.
Bổ đề. Cho đa thức $Q(x)$ với hệ số thực thỏa $$Q(x^{2})=Q^{2}(x),\,\forall x\in R$$ Khi đó $Q(x)=0$  hoặc $Q(x)=1$  hoặc $Q(x)=x^{n}$

Chứng minh.
Nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì  $Q(x)\equiv 0$ hoặc  $Q(x)\equiv 1$

Nếu $P(x)$ khác hằng. Đặt $Q(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$

Xét hệ số bậc $2n$ ta được $a_{n}^{2}=a_{n}\Rightarrow a_{n}=1$

Xét hệ số bậc $2n-1$ ta được $$2a_{n}a_{n-1}=0\Rightarrow a_{n-1}=0\Rightarrow Q(x)=x^{n}+a_{n-2}x^{n-2}+..+a_{1}x+a_{0}$$ Tương tự ta có $a_{n-2}=a_{n-3}=...=a_{0}=0\Rightarrow Q(x)=x^{n}$

Vậy $Q(x)\equiv 0$ hoặc  $Q(x)\equiv 1$ hoặc $Q(x)=x^{n}$

Trở lại bài toán.
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $-x$ ta được $$P(x^{2})-x\begin{bmatrix}
3P(-x)+P(x)
\end{bmatrix}=\left ( P(-x) \right )^{2}+2x^{2}\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$4x\begin{bmatrix}
P(x)+P(-x)
\end{bmatrix}=\left ( P(x) \right )^{2}-\left (  P(-x)\right )^{2}\Rightarrow \begin{bmatrix}
P(x)+P(-x)
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
P(x)-P(-x)-4x
\end{bmatrix}=0$$ Do $P(x)$ là đa thức nên $P(x)+P(-x)=0$ với $\forall x$ hoặc $P(x)-P(-x)-4x=0$ với $\forall x$

Trường hợp 1. Nếu $P(x)+P(-x)=0\Rightarrow P(-x)=-P(x)$. Thế vào $(1)$ ta được $$P(x^{2})+2xP(x)=\left ( P(x) \right )^{2}+2x^{2}\Rightarrow P(x^{2})-x^{2}=\left ( P(x)-x \right )^{2}$$ Đặt $Q(x)=P(x)-x$. Khi đó $Q(x^{2})=Q^{2}(x)$. Áp dụng bổ đề suy ra

$P(x)=x$ hoặc $P(x)=x+1$ hoặc $P(x)=x^{n}+x$.

Thử lại ta nhận $P(x)=x$ hoặc $P(x)=x^{2k+1}+x$

Trường hợp 2. Nếu $P(x)-P(-x)-4x=0\Rightarrow P(-x)=P(x)-4x$. Khi đó $$P(x^{2})+4x\begin{bmatrix}
P(x)-x
\end{bmatrix}=P^{2}(x)+2x^{2}\Rightarrow P(x^{2})-2x^{2}=\begin{bmatrix}
P(x)-2x
\end{bmatrix}^{2} $$ Đặt $Q(x)=P(x)-2x$. Khi đó $Q(x^{2})=Q^{2}(x)$. Áp dụng bổ đề ta được

$P(x)=2x$ hoặc $P(x)=2x+1$ hoặc $P(x)=x^{n}+2x$.

Thử lại ta nhận $P(x)=2x$ hoặc $P(x)=x^{2k}+2x$

Bài toán .
Một nhóm học sinh có $n$ người. Họ tổ chức $10$ cuộc gặp mặt. Mỗi cuộc gặp có $20$ người

tham dự. Biết rằng hai người bất kì cùng tham gia không quá $1$ cuộc gặp. Tìm giá trị nhỏ

nhất của $n$.

Lời giải.
Ta lập bảng gồm $n$ cột và $10$ hàng. Gọi $A_{1},A_{2},...,A_{10}$ là các cuộc gặp mặt

                                     

	1	2	3	…	n
$A_{1}$	0	1
$A_{2}$	1	1
$A_{3}$
…
$A_{10}$

Ở dòng $i$ cột $j$ ta viết số $1$ nếu $j \in A_{j}$ và viết số  $0$ nếu $j \notin A_{i}$  

Điều kiện $2$ người bất kỳ tham gia chung không quá $1$ cuộc họp tương ứng $\begin{vmatrix} A_{i}\cap A_{j}\end{vmatrix}\leq 1$ 

hay không tồn tại $4$ số $1$ là đỉnh của hình chữ nhật  

Gọi $c_{i}$ là số số $1$ trên cột thứ  $i$. Dễ thấy $$\sum_{i=1}^{n}c_{i}=10.20=200$$Suy ra số cặp số $1$ trên cột $i$ là $$C_{c_{i}}^{2}=\frac{c_{i}(c_{i}-1)}{2}$$Dẫn đến tổng số cặp số $1$ trên cùng $1$ cột là $$\sum_{i=1}^{n}C_{c_{i}}^{2}=\sum_{i=1}^{n}\frac{c_{i}(c_{i}-1)}{2}=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}c_{i}^{2}-100$$

Xét $2$ dòng $i,j$ bất kì. Do $\begin{vmatrix} A_{i}\cap A_{j}\end{vmatrix}\leq 1$ nên số cặp số $1$ trên cùng $1$ cột không quá $1$. 

Do đó $$\sum_{i=1}^{n}C_{c_{i}}^{2} \leq C_{10}^{2}\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}c_{i}^{2}-100\leq C_{10}^{2}\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{n}c_{i}^{2}\leq 290$$

Lại có $$(c_{i}-1)(c_{i}-2)\geq 0,\;c_{i}\in Z$$$$\Rightarrow c_{i}^{2}-3c_{i}+2\geq 0\Rightarrow 290\geq \sum_{i=1}^{n}c_{i}^{2}\geq 3\sum_{i=1}^{n}c_{i}-2n=600-2n\Rightarrow n\geq 155$$

Xây dựng. Kí hiệu $i$ là người thứ $i$

$A_{1}$	1,2,...,20
$A_{2}$	1,21,...,39
$A_{3}$	2,21,40,...,74
$A_{4}$	3,22,40,58,...,74
$A_{5}$	4,23,41,58,75,...,90
$A_{6}$	5,24,42,59,75,91...,105
$A_{7}$	6,25,43,60,76,91,106,...,11
$A_{8}$	7,27,44,61,77,92,106,120,...,132
$A_{9}$	8,28,45,62,78,93,107,120,133,...,144
$A_{10}$	9,29,46,63,79,94,108,121,133,145,...,155

Một bài toán khác tương tự bài trên
Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Tháp 2014)

CLB du khảo có $n$ thành viên. Năm ngoái CLB đã tổ chức được $6$ chuyến du khảo, mỗi 

chuyến có $5$ thành viên tham dự. Một thành viên CLB nhận xét rằng hai chuyến du khảo bất 

kỳ có không quá hai thành viên chung. Hỏi CLB đó có ít nhất bao nhiêu thành viên?