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?

Bài số học THTT số 448

Bài toán. (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 $5$

Lời giải.
Do $p,q$ là các số nguyên tố lớn hơn $5$ nên $p,q$ lẻ. Suy ra $$p^{2}\equiv q^{2}\equiv 1\left ( mod\;8 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;8  \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;8 \right )$$Theo định lý Fermat (do $(p,3)=(q,3)=1$) ta được $$p^{2}\equiv q^{2}\equiv 1\left ( mod\;3 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;3 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;3 \right )$$Theo định lý Fermat (do $(p,5)=(q,5)=1$) ta được $$p^{4}\equiv q^{4}\equiv 1\left ( mod\;5 \right )\Rightarrow p^{2012}\equiv q^{2016}\equiv 1\left ( mod\;5 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;5 \right )$$ Do $(3,5,8)=1$ nên $$ p^{2012}+q^{2016}\equiv 2\left ( mod\;120 \right )\Rightarrow p^{2012}+q^{2016}=120k+2\;(k\in Z)$$ Suy ra $$ \begin{Bmatrix}
\frac{p^{2012}+q^{2016}}{120}
\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}
\frac{120k+2}{120}
\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}
\frac{2}{120}
\end{Bmatrix}$$

Bài toán.
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 $p$

Lời giải.
Ta có $$x_{n}+2y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2}+2\left (  -2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2}\right )$$$$\Rightarrow x_{n}+2y_{n}=\left ( x_{n-1}+2y_{n-1} \right )^{2}=\left ( x_{1}+2y_{1} \right )^{2(n-1)}=1,\;\forall n\geq 1$$Lại có $$x_{n}-y_{n}=-3x_{n-1}^{2}-2x_{n-1}y_{n-1}+8y_{n-1}^{2} -\left ( 2x_{n-1}^{2}+3x_{n-1}y_{n-1}-2y_{n-1}^{2}  \right )$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=-5(x_{n-1}+2y_{n-1})(x_{n-1}-y_{n-1})=-5(x_{n-1}-y_{n-1})$$$$\Rightarrow x_{n}-y_{n}=(-5)^{n-1}(x_{1}-y_{1})=-2.(-5)^{n-1}$$Do đó$$x_{n}+y_{n}=\frac{x_{n}-y_{n}+2(x_{n}+2y_{n})}{3}=\frac{-2.(-5)^{n-1}+2}{3}$$Xét $p>5$. Khi đó $$x_{p}+y_{p}=\frac{-2.5^{p-1}+2}{3}$$ Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$5^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow 2-2.5^{p-1}\equiv 0\left ( mod\;p \right )$$ Dẫn đến  $x_{p}+y_{p}$ chia hết cho $p$  (do $(p,3)=1$)

Nếu $p=2$ thì $x_{2}+y_{2}=4\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2
\end{matrix}\right|x_{2}+y_{2}$

Nếu $p=3$ thì $x_{3}+y_{3}=-16\Rightarrow x_{3}+y_{3}\equiv 2\left ( mod\;3 \right )$

Nếu $p=5$ thì $x_{5}+y_{5}=-416\Rightarrow x_{5}+y_{5}\equiv 4\left ( mod\;5 \right )$

Vậy $p=3,5$ thỏa yêu cầu đề bài.

Bài toán.
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) $n=2016$

Lời giải.
1) Ta tô màu các số tự nhiên như sau:

 - Các số tự nhiên lẻ được tô bởi màu xanh.

 - Các số tự nhiên chẵn được tô màu đỏ.

Dễ thấy cách tô màu trên thỏa mãn điều kiện bài toán.

2) Giả sử tồn tại cách tô màu thỏa yêu cầu đề bài.

Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh  và $b$ xanh, $b+1$ đỏ.

Trước hết chứng minh tồn tại cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh. Giả sử không tồn tại cặp số nào thỏa.

Do màu đỏ được tô vô hạn nên tồn tại số $k$ được tô màu đỏ. Theo điều giả sử, ta có $k+1$

cũng được tô màu đỏ. Tương tự $a+2,a+3,...$ được tô màu đỏ.

Do đó, màu xanh được tô hữu hạn lần (điều này vô lý)

Vậy tồn tại ít nhất cặp số $a$ đỏ. $a+1$ xanh. Giả sử tồn tại hữu hạn cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh.

Gọi tập hợp các cặp đó là tập $S=\begin{Bmatrix}
(a;a+1)
\end{Bmatrix}$ và $(n,n+1) \in S$ có $a$ lớn nhất.

Do màu đỏ được tô vô hạn nên tồn tại $m>n$ được tô màu đỏ.

Suy ra $m+1,m+2,...$ được tô màu đỏ (điều này vô lý)

Vậy tồn tại vô số cặp $a$ đỏ, $a+1$ xanh. Tương tự ta có vô số cặp $a$ xanh, $a+1$ đỏ

Gọi $(a_{i},b_{i})$ là các cặp (đỏ, xanh) với $b_{i}=a_{i}+1$ và $i=\overline{1,2015}$, $i$ lẻ

Gọi $(b_{i},a_{i})$ là các cặp (xanh, đỏ) với $a_{i}=b_{i}+1$ và $i=\overline{1,2016}$, $i$ chẵn.

Suy ra $\sum_{i=1}^{2016}a_{i}=\sum_{i=1}^{2016}b_{i}=k$. Vậy $k$ được tô màu xanh và đỏ (vô lý)

Bài hệ phương trình THTT số 447

Bài toán. (THTT số 447)
Tìm các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn hệ phương trình: $$\left\{\begin{matrix}
\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\;(1)\\
xyz\left ( x+y+z \right )\left ( x+1 \right )\left (y+1  \right )\left ( z+1 \right )=1296\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Ta có $$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1\Rightarrow \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}=1-\frac{1}{z+1}=\frac{z}{z+1}$$$$\Rightarrow \frac{z}{z+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(x+1)(y+1)}}$$Tương tự ta có $$\frac{x}{x+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(y+1)(z+1)}},\;\frac{y}{y+1}\geq \frac{2}{\sqrt{(x+1)(z+1)}}$$ Suy ra $$\frac{xyz}{(x+1)(y+1)(y+1)}\geq \frac{8}{(x+1)(y+1)(z+1)}\Rightarrow xyz\geq 8$$
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{9}{x+y+z+3}\Rightarrow x+y+z\geq 6$$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta được $$1=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)(y+1)(z+1)}}\Rightarrow \geq 27$$Do đó $$xyz\left ( x+y+z \right )\left ( x+1 \right )\left (y+1  \right )\left ( z+1 \right )\geq 8.6.27=1296$$Kết hợp với $(2)$ nên đẳng thức xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
xyz=8\\ x=y=z

\end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=z=2$$ Vậy $(x,y,z)=(2,2,2)$ là nghiệm của hệ.

Bài toán.
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9\geq 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\;(1)$$
Lời giải.
Đặt $x=ab+bc+ca$. Khi đó $$(1)\Leftrightarrow \frac{8x}{abc}+9\geq 10(9-2x)\Leftrightarrow abc\leq \frac{8x}{81-20x}$$
$$\Leftrightarrow 8abc-4(ab+bc+ca)+2(a+b+c)-1\leq \frac{8x}{81-20x}-4x+5$$
$$\Leftrightarrow (2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max\begin{Bmatrix}
a,b,c
\end{Bmatrix}\Rightarrow a\geq 1\Rightarrow 2a-1>0$

* Nếu $(2b-1)(2c-1)<0$ thì bất đẳng thức được chứng minh.

* Nếu $(2b-1)(2c-1)\geq 0$. Ta xét hai trường hợp sau:

 Trường hợp 1. Nếu $2b-1>0$ và $2c-1>0$.

Áp dụng bất đẳng thức $\left ( \sum xy \right )^{2}\geq 3xyz\left ( \sum x \right )$ ta được $$(2a-1)(2b-1)(2c-1)\leq \frac{[\sum (2a-1)(2b-1)]^{2}}{3.\sum a}=\frac{(4x-9)^{2}}{9}$$Ta chỉ cần chứng minh $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}$$
Thật vậy: $$\frac{(4x-9)^{2}}{9}\leq \frac{5(4x-9)^{2}}{81-20x}\Leftrightarrow 81-20x\leq 45\Leftrightarrow x\geq \frac{5}{4}$$
Điều này đúng do $\sum (2a-1)(2b-1)\geq 0\Rightarrow 4x-9\geq 0\Leftrightarrow x\geq \frac{9}{4}$

 Trường hợp 2. Nếu $2b-1\leq 0$ và $2c-1\leq 0$.

Đặt $f(a,b,c)=8\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+9- 10\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)$. Khi đó $$f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=8\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{4}{b+c} \right )- 10\left ( b^{2}+c^{2}-2\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right)$$$$\Rightarrow f(a,b,c)-f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )=(b-c)^{2}\begin{bmatrix}
\frac{8}{bc(b+c)}-5
\end{bmatrix}\geq 0$$
Ta chỉ cần chứng minh $$f\left ( a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right )\geq 0\Leftrightarrow f(3-2t,t,t)\geq 0\;(0<t<\frac{3}{2})$$Thật vậy $$8\left ( \frac{1}{3-2t}+\frac{2}{t}\right )+9\geq 10[(3-2t)^{2}+2t^{2}]\Leftrightarrow (2t-1)^{2}(30t^{2}-75t+48)\geq 0$$
Điều này luôn đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.


Một bài toán khác được suy ra từ bài trên.

Bài toán. (Romania 2007)
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$$

Bài số học chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad

Bài toán. (USAMO)
Tìm số nguyên dương $n$ để  $n^{7}+7$ là số chính phương.

Lời giải.
Đặt $n^{7}+7=x^{2}\,\left ( x\in N \right )$

Ta có $$n^{7}+7=x^{2}\Leftrightarrow n^{7}+2^{7}=x^{2}+11^{2}$$$$\Leftrightarrow \left ( n+2 \right )\left (n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64  \right )=x^{2}+11^{2}$$
Lại có:   $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+1\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n^{7}+2^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow n^{7}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )\;(*)$$
Gọi  $p$ là ước nguyên tố có dạng  $4k+3$ của $n+2$ (do $n+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ nên tồn tại p)

Theo bổ đề $1$ suy ra $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|11,x\Rightarrow p=11\Rightarrow x=11x_{1},\;(x_{1}\in Z^{+})$

Ta có $n\equiv -2(mod\,11)\Rightarrow n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64\equiv 8(mod\,11)$

Suy ra $\left.\begin{matrix}
11^{2}
\end{matrix}\right|n+2\Rightarrow n=11^{2}.m-2$. Dẫn đến $$m\left ( n^{6}-2n^{5}+4n^{4}-8n^{3}+16n^{2}-32n+64 \right )=x_{1}^{2}+1$$Nếu $m$ có dạng $4i+3$ thì tồn tại nguyên tố $h\equiv 3(mod\,4)$. Theo bổ đề $1$ suy ra

                                             $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Do đó $m\equiv 0,1,2(mod\,4)\Rightarrow n+2\equiv 11^{2}.m\equiv 0,1,2(mod\,4)$ (điều này vô lý do $(*)$)

Vậy không tồn tại $n$ thỏa mãn đề bài.

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

Lời giải.
Trong $(1)$ thay  $x$ và $y$ bởi $1$ ta được $$f(1)=f\left ( f(1) \right )\Rightarrow f(1)=1$$
Trong $(1)$ thay $y$ bởi $x$ ta được $$f(1)=\frac{f\left ( f(x) \right )}{x}\Rightarrow f\left ( f(x) \right )=x\;(2)$$
Trong $(1)$ thay $x$ bởi $1$ và $y$ bởi $x$ ta được $$f\left ( \frac{1}{f(x)} \right )=\frac{1}{x}\;(3)$$
* Khả năng 1. Nếu $f$ là hàm tăng. Ta xét hai trường hợp sau:

   Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )> f(x_{0})>x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)

  Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< x_{0}$ thì $f\left ( f(x_{0}) \right )< f(x_{0})<x_{0}$ (điều này vô lý do $(2)$)

Dẫn đến $f(x)=x,\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.

* Khả năng 2. Nếu $f$ là hàm số giảm. Xét hai trường hợp sau:

  Trường hợp 1. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})> \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}<x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )>f(x_{0})>x_{0}$$
  Trường hợp 2. Nếu $\exists x_{0}:f(x_{0})< \frac{1}{x_{0}}$ thì $$\frac{1}{f(x_{0})}>x_{0} \Rightarrow f\left ( \frac{1}{f(x_{0})} \right )<f(x_{0})<x_{0}$$ Cả hai trường hợp điều này vô lý do $(3)$

Do đó $f(x)=\frac{1}{x},\;\forall x\in R^{+}$. Thử lại thấy đúng.

Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)=\frac{1}{x}$

Một số tính chất quan trọng của số nguyên tố dạng $4k+3$

Bổ đề 1. Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$ và $a,b$ là các số nguyên dương. Khi đó,

nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a$ và $b$ đều chia hết cho $p$.

Chứng minh.
Nếu $a$ chia hết cho $p$ thì $b$ chia hết cho $p$

Giả sử $a$ không chia hết cho $p$ thì $b$ không chia hết cho $p$

Theo định lý Fermat nhỏ ta được $$a^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow a^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$$$b^{p-1}\equiv 1\left ( mod\;p \right )\Rightarrow b^{4k+2}\equiv 1\left ( mod\;p \right )$$ Do đó $a^{4k+2}+b^{4k+2}\equiv  2\left ( mod\;p \right )$

Lại có $$a^{4k+2}+b^{4k+2}=\left ( a^{2} \right )^{2k+1}+\left ( b^{2} \right )^{2k+1}\,\vdots\, a^{2}+b^{2}\,\vdots\, p$$ Suy ra $0\equiv 2\left ( mod\;p \right )\Rightarrow p=2$ (điều này vô lý)

Vậy nếu $a^{2}+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì $a,b$ đều chia hết cho $p$.

Bổ đề 2. Mọi số nguyên dương có dạng $4m+3$ đều có ước nguyên tố dạng $4k+3$

Chứng minh.
Mọi ước số nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$. Giả sử $4m+3$ không có

ước nguyên tố dạng $4k+3$, tức là các ước nguyên tố của $4m+3$ có dạng $4k+1$.

Điều này dẫn đến $4m+3$ chia cho $4$ dư $1$ (vô lý). Vậy suy ra đpcm.


Bài toán 1. (Đề thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2013)
Giải phương trình nghiệm nguyên $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y$$
Lời giải.
Ta có $$\left ( x+y \right )^{2}+2=2x++2013y\Leftrightarrow \left ( x+y \right )^{2}+2=2\left ( x+y \right )+2011y$$$$\Leftrightarrow \left ( x+y-1 \right )^{2}+1=2011y\Rightarrow \left.\begin{matrix}
2011
\end{matrix}\right|\left ( x+y-1 \right )^{2}+1$$ Do $2011$ là số nguyên có dạng $4m+3$ nên theo bổ đề $2$ tồn tại số nguyên tố $p=4k+3$ là

ước của $2011$

Áp dụng bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1,x+y-1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.


Bài toán 2. (Phương trình Euler)
Chứng minh rằng phương trình $$4xy-x-y=z^{2}$$ không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải.
Ta có $$4xy-x-y=z^{2}\Leftrightarrow 16xy-4x-4y+1=4z^{2}+1$$$$\Leftrightarrow \left ( 4x-1 \right )\left ( 4y-1 \right )=\left ( 2z \right )^{2}+1$$ Do $4x-1$ chia cho $4$ dư $3$ nên tồn tại nguyên tố $p=4k+3$ là ước của $4x-1$. Do đó $$\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|\left ( 2z \right )^{2}+1$$Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1;2z\Rightarrow p=1$ (vô lý)

Vậy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương.


Bài toán 3. (Phương trình Lebesgue)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}-y^{3}=7$$
Lời giải.
Ta có   $x^{2}\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}-7\equiv 0,1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y^{3}\equiv 1,2\left ( mod\;4 \right )$$$\Rightarrow y\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow y+2\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$$Lại có $$x^{2}-y^{3}=7\Leftrightarrow x^{2}+1=y^{3}+8\Leftrightarrow x^{2}+1=\left ( y+2 \right )\left ( y^{2}-2y+4 \right )$$Gọi $p$ là ước nguyên tố dạng $4k+3$ của $y+2$ ($p$ tồn tại do bổ đề $2$)

Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.


Bài toán 4. (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.

Lời giải.
Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ thỏa mãn  $p^{3}+\frac{p-1}{2}=x\left ( x+1 \right )\;\left ( x\in N \right )$$$\Leftrightarrow 4p^{3}+2\left ( p-1 \right )=4x\left ( x+1 \right )\Leftrightarrow 2p\left ( 2p+1 \right )=\left ( 2x+1 \right )^{2}+1$$
Dễ thấy $p=2$ không thỏa. Do đó $p$ chỉ có dạng $4k+1$ hoặc $4k+3$

* Nếu $p=4k+3$ thì theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)

* Nếu $p=4k+1$ thì $2p+1=4m+3$. Theo bổ đề $2$ tồn tại $h$ là số nguyên tố có

dạng $4n+3$ là ước của $2p+1$. Theo bồ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|1$ (điều này vô lý)

Do đó điều giả sử sai. Vậy không tồn tại  $p$ thỏa đề bài.


Bài toán 5.
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 $u_{2014}+2009$

Lời giải.
Ta có $$u_{n+1}=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}\Leftrightarrow u_{n+1}-2=u_{n}^{3}-4u_{n}^{2}+5u_{n}-2=\left ( u_{n}-2 \right )\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dễ thấy $u_{n}\neq 2,\,\forall n\in N^{*}$ (vì nếu $\exists n:u_{n}= 2\Rightarrow u_{1}=2$). Do đó $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{n}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}$$
Dẫn đến $$\frac{u_{n+1}-2}{u_{1}-2}=\left ( u_{n}-1 \right )^{2}...\left ( u_{1}-2 \right )^{2}=A^{2}\Rightarrow u_{2014}=2011A^{2}+2$$
Suy ra    $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|u_{2014}+2009=2011\left ( A^{2}+1 \right )$

* Khả năng 1. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|2011$ thì  $p=2011$ (do $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$)

* Khả năng 2. Nếu $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A^{2}+1$. Theo bổ đề $1$ ta được $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|A,1\Rightarrow p=1$ (điều này vô lý)

Vậy $p=2011$


Một số bài tập liên quan số nguyên tố dạng $4k+3$.

Bài 1. (Chọn đội tuyển USA Mathematical Olympiad)
Tìm số nguyên dương $n$ để  $n^{7}+7$ là số chính phương.

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

\end{matrix}\right.$$
Cho số nguyên tố $p$ thỏa  $p\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$ và $\left.\begin{matrix}
p
\end{matrix}\right|x_{2011}+1$. Chứng minh rằng $p=3$

Bài 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình $$x^{3}-x^{2}+8=y^{2}$$

Bài 4. Chứng minh không tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho  $$3^{p}+19\left (  p-1\right )$$ là số chính phương.

Bài toán.
Cho tam giác $ABC$ 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 $\Delta ABC$.

Lời giải.

Ta có: $AP=AD=AQ\Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{AQP}$

Mà $D,P$ đối xứng nhau qua $AB$ nên $\widehat{APQ}=\widehat{ADF}$. Suy ra $\widehat{ADF}=\widehat{AQP}$

Khi đó tứ giác $AQDF$ nội tiếp. Dẫn đến $\widehat{BAD}=\widehat{FQD}=\widehat{EDQ}$

Lại có $\widehat{BAD}+\widehat{ABC}=90^{0}$ và $\widehat{EDQ}+\widehat{DEC}=90^{0}$

Do đó $\widehat{ABC}=\widehat{DEC}$. Suy ra tứ giác $ABDE$ nội tiếp, khi đó $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^{0}$

Vậy $BE$ là đường cao của tam giác $ABC$. Tương tự $CF$ cũng là đường cao tam giác $ABC$

Bài số học thi International Mathematical Olympiad

Bài toán.  (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.

Lời giải.
Cố định $k$. Xét tập hợp sau $$S=\begin{Bmatrix}
\left.\begin{matrix}
\left ( a,b \right )\in Z^{*}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}
\end{Bmatrix}$$
Do $a, b$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( a_{0}, b_{0} \right ) \in S$ mà $a_{0}+b_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất

và giả sử $a_{0}\geq b_{0}$

Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-kb_{0}X+b_{0}^{2}-k=0\;(1)$$
Dễ thấy $(1)$ có một nghiệm là $a_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $x$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a_{0}+x=kb_{0}\;(*)\\ a_{0}.x
=b_{0}^{2}-k\;(**)
\end{matrix}\right.$$
Nếu $x< 0$ thì suy ra $x^{2}-kb_{0}.x+b_{0}^{2}-k=x^{2}+b_{0}^{2}-k\left ( b_{0}x+1 \right )\geq x_{2}+b_{0}^{2}>0$

Điều này vô lý. Do đó $x\geq 0$

Nếu $x>0$. Khi đó $\left ( x,b_{0} \right )\in S\Rightarrow x+b_{0}\geq a_{0}+b_{0}\Rightarrow x\geq a_{0}$. Kết hợp $(*)$ ta được $$2a_{0}\leq x+a_{0}=nb_{0}\Rightarrow \frac{a_{0}}{b_{0}}\leq \frac{k}{2}$$Lại có $$k=\frac{a_{0}^{2}+b_{0}^{2}}{a_{0}b_{0}+1}< \frac{a_{0}}{b_{0}}+\frac{b_{0}}{a_{0}}\leq \frac{k}{2}+1\Rightarrow k=1$$
Nếu $x=0\Rightarrow b_{0}^{2}-k=0\Rightarrow k=b_{0}^{2}$

Vậy $k$ là số chính phương.

Bài số học thi Olympic 30/4 lớp 10 năm 2013

Bài toán. ( 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.

Lời giải.

Cố định $k$. Xét tập hợp sau  $$S=\begin{Bmatrix}
\left.\begin{matrix}
\left ( x,y \right )\in Z^{+}\times Z^{+}
\end{matrix}\right|k=\frac{x^{2}+y^{2}+x+y}{xy}
\end{Bmatrix}$$ Do $x,y$ là các số nguyên dương nên tồn tại $\left ( x_{0},y_{0} \right )\in S$ mà $x_{0}+y_{0}$ đạt giá trị nhỏ nhất

và giả sử $x_{0}\geq y_{0}$

Xét phương trình bậc hai ẩn $X$ $$X^{2}-\left ( ky_{0}-1 \right )X+y_{0}^{2}+y_{0}=0\;(**)$$
Phương trình $(**)$ có một nghiệm là $x_{0}$ và gọi nghiệm còn lại là $a$. Theo định lý Viete ta có $$\left\{\begin{matrix}
a+x_{0}=ky_{0}-1\;\;(1)\\ax_{0}=y_{0}^{2}+y_{0}
\;\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Từ $(1)$ suy ra $a\in Z$, từ $(2)$ suy ra $a>0$. Do đó $a\in Z^{+}$ nên $\left ( a,y_{0} \right )\in S$

Dẫn đến $a+y_{0}\geq x_{0}+y_{0}\Rightarrow a\geq x_{0}$. Kết hợp với $(1)$ ta có $$2x_{0}\leq a+x_{0}=ky_{0}-1< ky_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}< \frac{k}{2}$$
Nếu $y_{0}=1\Rightarrow x_{0}=1\Rightarrow k=4$

Nếu $y_{0}>1$. Ta có $$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}=kx_{0}y_{0}\Rightarrow \frac{x_{0}}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{y_{0}}=k\Rightarrow k< \frac{k}{2}+1+1+\frac{1}{2}\Rightarrow k\leq 4$$Lại có $$kx_{0}y_{0}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+x_{0}+y_{0}> 2x_{0}y_{0}\Rightarrow k\geq 3$$Dẫn đến $k=3$ hoặc $k=4$

Nếu $k=3$ thì tồn tại $x=y=2$ là nghiệm của phương trình $(*)$.

Nếu $k=4$ thì tồn tại $x=y=1$ là nghiệm của phương trình $(*)$.

Vậy $k=3$ hoặc $k=4$.

Bài toán trên đã từng xuất hiện trong đề chọn đội tuyển VMO Phổ thông Năng khiếu 2010 và
phương pháp sử dụng chính trong bài là bước nhảy Viete (Viete Jumping)

Bài dãy số chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015

Bài toán. (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.

Lời giải.
Trước hết chứng minh $x_{n}>0$ với $\forall n\in N$

Với $n=0$ ta được $x_{0}>0$

Giả sử $x_{i}>0,\;\forall i=\overline{0,n}$. Ta cần chứng minh $x_{n+1}>0$

Thật vậy $$x_{n+1}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}>0$$ Do đó $x_{n}>0,\forall n\in N$

Theo bất đẳng thức AM-GM ta được $$x_{n+1}=\frac{x_{n}}{10}+\frac{x_{n}}{10}+...+\frac{x_{n}}{10}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}\geq 10\sqrt[10]{\frac{1}{10^{9}}.\frac{1007}{5}}=\sqrt[10]{2014}$$
Lại có $$x_{n+1}-x_{n}=\frac{9}{10}x_{n}+\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-x_{n}=\frac{1007}{5x_{n}^{9}}-\frac{1}{10}x_{n}=\frac{2014-x_{n}^{10}}{10x_{n}^{9}}\leq 0\Rightarrow x_{n+1}\leq x_{n}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ là dãy giảm mà bị chặn dưới bởi $\sqrt[10]{2014}$ nên dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.

Đặt $lim\;x_{n}=L$. Chuyển qua giới hạn ta được $$L=\frac{9}{10}L+\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow \frac{L}{10}=\frac{1007}{5L^{9}}\Rightarrow L^{10}=2014\Rightarrow L=\sqrt[10]{2014}$$
Vậy dãy số $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn và giới hạn đó là $\sqrt[10]{2014}$

Bài bất đẳng thức chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015

Bài toán. (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 $$P=\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+...+\frac{a_{2013}^{20}}{a_{2014}^{11}}+\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}\geq 2014$$
Lời giải.
Theo bất đẳng thức AM-GM cho $20$ số dương ta được $$\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{1}^{20}}{a_{2}^{11}}.a_{2}^{11}.1^{8}}=20a_{1}$$
Tương tự ta có $$\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}+11a_{2}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2}^{20}}{a_{3}^{11}}.a_{3}^{11}.1^{8}}=20a_{2}$$$$.......................................$$$$\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}+11a_{1}+8\geq 20\sqrt[20]{\frac{a_{2014}^{20}}{a_{1}^{11}}.a_{1}^{11}.1^{8}}=20a_{2014}$$
Từ đây suy ra $$P+11\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )+8.2014\geq 20\left ( a_{1}+a_{2}+...+a_{2014} \right )$$ Theo giả thiết ta lại có $a_{1},a_{2},...,a_{2014}$  thỏa mãn  $a_{1}+a_{2}+...+a_{2014}=2014$

Dẫn đến $P\geq 20.2014-11.2014-8.2014=2014$

Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{2014}=1$

Bài hệ phương trình chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
\sqrt{x^{2}+xy+2y^{2}}+\sqrt{y^{2}+xy+2x^{2}}=2( x+y)\;\;(1)\\ \left ( 8y-6 \right )\sqrt{x-1}=\left ( 2+\sqrt{x-2} \right )\left ( y+4\sqrt{y-2}+3 \right )\;(2)
\end{matrix}\right.\left ( x,y \in R\right )$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $x\geq 2,y\geq 1$

Theo bất đẳng thức Mincopxki ta được $$\sqrt{\left ( x+\frac{y}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{y\sqrt{7}}{2} \right )^{2}}+\sqrt{\left ( y+\frac{x}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{x\sqrt{7}}{2} \right )^{2}}\geq \sqrt{\frac{9}{4}\left ( x+y \right )^{2}+\frac{7}{4}\left ( x+y \right )^{2}}$$
$$\Rightarrow \sqrt{x^{2}+xy+2y^{2}}+\sqrt{y^{2}+xy+2x^{2}}\geq 2\left ( x+y \right )$$
Kết hợp với $(1)$ ta suy ra $x=y$. Thế vào $(2)$ ta được phương trình $$\left ( 8x-6 \right )\sqrt{x-1}=\left ( 2+\sqrt{x-2} \right )\left ( x+4\sqrt{x-2} +3 \right)$$
Đặt $\sqrt{x-1}=a$ và $\sqrt{x-2}=b\,\left ( a,b\geq 0 \right )$. Suy ra hệ phương trình $$\left\{\begin{matrix}
a^{2}-b^{2}=1\;\;(*)\\ \left ( 8a^{2}+2 \right )a=\left ( b+2 \right )\left ( b^{2}+4b+3 \right )\;\;(**)

\end{matrix}\right.$$
Từ $(**)$ suy ra $$8b^{3}+2b=b^{3}+6b^{2}+13b+10\Leftrightarrow \left ( 2a \right )^{3}+\left ( 2a \right )=\left ( b+2 \right )^{3}+\left ( b+2 \right )$$
Xét hàm số $f(t)=t^{3}+t$ với $t\in R$. Khi đó $f'(t)=3t^{2}+1> 0$

Do đó $f(t)$ là hàm số đồng biến. Mà $f(2a)=f(b+2)$ nên $2a=b+2\Rightarrow b=2a-2$

Thế vào $(*)$ ta được $$a^{2}-\left ( 2a-2 \right )^{2}=1\Rightarrow 3a^{2}-8a+5=0\Rightarrow \left ( a-1 \right )\left ( 3a-5 \right )=0$$$$\Rightarrow \left ( a-1 \right )\left ( 3a-5 \right )=0\Rightarrow a=\begin{Bmatrix}
1;\frac{5}{3}
\end{Bmatrix}\Rightarrow x=\begin{Bmatrix}
2;\frac{34}{9}
\end{Bmatrix}$$
Thử lại thấy thỏa. Vậy $$\left ( x,y \right )=\begin{Bmatrix}
\left (2,2  \right );\left ( \frac{34}{9},\frac{34}{9} \right )
\end{Bmatrix}$$

Bài số học chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Cần Thơ 2015)
Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình $$x^{2}+y^{2}+z^{2}=x^{2}y^{2}z^{2}$$
Lời giải.
Nếu $x,y,z$ cùng lẻ thì $x^{2},y^{2},z^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow \left ( xyz \right )^{2}\equiv x^{2}+y^{2}+z^{2}\equiv 3\left ( mod\;4 \right )$

Điều này không thể xảy ra vì số chính phương chia cho  $4$  dư  $0$  hoặc  $1$

Do đó tồn tại ít nhất $1$ trong  $3$  số $x,y,z$ là  số chẵn.

Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $z\,\vdots \,2\Rightarrow z=2z_{1}\,\left ( z_{1}\in Z^{+} \right )$. Suy ra $$x^{2}+y^{2}+4z_{1}^{2}=4x^{2}y^{2}z_{1}^{2}\Rightarrow x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$$
Nếu $x,y$ lẻ thì $x^{2},y^{2}\equiv 1\left ( mod\;4 \right )\Rightarrow x^{2}+y^{2}\equiv 2\left ( mod\;4 \right )$

Điều này vô lý vì $x^{2}+y^{2}\,\vdots \,4$. Do đó tồn tại $1$ trong $2$ số $x,y$ là số chẵn.

Không mất tính tổng quát, giả sử  $y\,\vdots \,2\Rightarrow x\,\vdots \,2\Rightarrow x=2x_{1},y=2y_{1}\left ( x_{1},y_{1} \in Z^{+}\right )$

Khi đó phương trình trở thành $$x_{1}^{2}+y_{1}^{2}+z_{1}^{2}=16x_{1}^{2}y_{1}^{2}z_{1}^{2}$$
Tương tự ta được $$x_{1}=2x_{2},y_{1}=2y_{1},z_{1}=2z_{2}\left ( x_{1},y_{1},z_{1}\in Z^{+} \right )$$
Tiếp tục như vậy ra suy ra $$x=2^{k}x_{k},y=2^{k}y_{k},z=2^{k}z_{k}\Rightarrow x,y,z\,\vdots\, 2^{k}$$
Điều này chỉ đúng khi $x=y=z=0$. Do đó phương trình không có nghiệm nguyên dương.

Bài hệ phương trình chọn đội tuyển VMO Thái Bình 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Thái Bình 2015)
Giải hệ phương trình sau: $$\left\{\begin{matrix}
 x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\;\;(1)\\
2014^{x+y-1}-3x+y+1=\sqrt{4x^2-3x-y+2}\;\;(2)
\end{matrix}\right.$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $xy;x+y-1;4x^2-3x-y+2\geq 0$

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\left ( \sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}} \right )^{2}\leq 2\left ( xy+\frac{x^{2}+y^{2}}{2} \right )=\left ( x+y \right )^{2}$$$$\Rightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}\leq x+y$$
Mà theo $(1)$ ta có $$x+y-\sqrt{xy}=\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\Leftrightarrow x+y=\sqrt{xy}+\sqrt{\frac{x^{2}+y^{2}}{2}}$$ Suy ra đẳng thức xảy ra khi $x=y\geq 0$

Thế vào $(2)$ ta được $$2014^{2x-1}-\left ( 2x-1 \right )=\sqrt{4x^{2}-4x+2}\;\;(3)$$
Đặt $2x-1=t\,\left ( t\geq 0 \right )$. Khi đó $(3)$ trở thành $$2014^{t}-t=\sqrt{t^{2}+1}\Leftrightarrow 2014^{t}-t-\sqrt{t^{2}+1}=0\;\;(*)$$
Nếu $t\geq 1$ thì theo bất đẳng thức Bernoulli ta được $2014^{t}\geq 1+2013t$. Khi đó $$t+\sqrt{t^{2}+1}\geq 1+2013t\Leftrightarrow t^{2}+1\geq \left ( 1+2012t \right )^{2}\Leftrightarrow \left ( 2012^{2}-1 \right )t^{2}+4024t\geq 0$$ Điều này không thể xảy ra nên $0\leq t< 1$

Xét hàm số $f\left ( t \right )=2014^{t}-t-\sqrt{t^{2}+1}$ với $t\in [0;1)$. Khi đó
$$f'\left ( t \right )=2014^{t}.ln2014-1-\frac{t}{\sqrt{t^{2}+1}}\geqslant ln2014-1-\frac{t}{\sqrt{2t}}$$$$\Rightarrow f'\left ( t \right )\geq ln2014-1-\sqrt{\frac{t}{2}}> ln2014-1-\sqrt{\frac{1}{2}}>0$$
Do đó $f(t)$ là hàm số đồng biến. Mà $f(0)=0$ nên $t=0$ là nghiệm của phương trình $(*)$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left ( x;y \right )=\left ( \frac{1}{2};\frac{1}{2} \right )$

Bài phương trình chọn đội tuyển VMO Chuyên Đại học Vinh 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Chuyên Đại học Vinh 2015)
Giải phương trình $$\left ( x^{2}+x \right )^{2}+\left ( x-1 \right )^{2}=\left ( x^{2}+1 \right )\sqrt{x-x^{3}}\;(*)$$
Lời giải.
Điều kiện xác định $x-x^{3}\geq 0$

Ta có: $$(*)\Leftrightarrow \left ( x^{2}+1 \right )^{2}-2\left ( x-x^{3} \right )=\left ( x^{2}+1 \right )\sqrt{x-x^{3}}$$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
x^{2}+1=a\;\left ( a\geq 1 \right )\\ \sqrt{x-x^{3}}=b\;\left ( b\geq 0 \right )

\end{matrix}\right.$. Phương trình trở thành

$$a^{2}-2b^{2}=ab\Leftrightarrow \left ( a-2b \right )\left ( a+b \right )=0\Leftrightarrow a=2b\Leftrightarrow x^{2}+1=\sqrt{x-x^{3}}$$
$$\Leftrightarrow \left ( x^{2}+1 \right )^{2}=4\left ( x-x^{3} \right )\Leftrightarrow x^{4}+4x^{3}+2x^{2}-4x+1=0\Leftrightarrow \left ( x^{2}+2x-1 \right )^{2}=0$$
$$\Leftrightarrow x^{2}+2x-1=0\Leftrightarrow x=\begin{Bmatrix}
\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1
\end{Bmatrix}$$
Thử lại thấy thỏa. Vậy $S=\begin{Bmatrix}
\sqrt{2}-1;-\sqrt{2}-1
\end{Bmatrix}$

Bài phương trình chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2015

Bài toán. (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.

Lời giải.
Xét hàm số $f(t)=t^{3}+2t^{2}+3t+4$ với $\left ( t\in R \right )$. Khi đó $$f'\left ( t \right )=3t^{2}+4t+3=3\left ( t+\frac{2}{3} \right )^{2}+\frac{5}{3}>0$$ Do đó $f(t)$ là hàm đồng biến trên $R$ nên có nhiều nhất $1$ nghiệm

Mà $f(t)$ là hàm đa thức có bậc lẻ nên có nghiệm, vì vậy phương trình $$x^{3}+2x^{2}+3x+4=0\;(1)$$ có đúng $1$ nghiệm.

Tương tự phương trình  $x^{3}-8x^{2}+23x-26=0\;(2)$ có đúng $1$ nghiệm.

Gọi $x_{0},y_{0}$ lần lượt là nghiệm của phương trình $(1)$ và $(2)$. Khi đó

$$\left\{\begin{matrix}
x_{0}^{3}+2x_{0}^{2}+3x_{0}+4=0\\ y_{0}^{3}-8y_{0}^{2}+23y_{0}-26=0

\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x_{0}^{3}+2x_{0}^{2}+3x_{0}+4=0\\ \left ( 2-y_{0} \right )^{3}+2\left ( 2-y_{0} \right )^{2}+3\left ( 2-y_{0} \right )+4=0

\end{matrix}\right.$$
Lại có $f(t)=t^{3}+2t^{2}+3t+4$ là hàm đồng biến trên $ R$ nên $$x_{0}=2-y_{0}\Rightarrow x_{0}+y_{0}=2$$ Vậy tổng hai nghiệm là $2$

Bài phương trình chọn đội tuyển VMO Bắc Ninh 2015

Bài toán. (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 $$\sqrt[4]{-x^{2}+4x+12}+2\left ( \sqrt{x-1}+\sqrt{3-x} \right )=m$$
Lời giải.
Dễ thấy điều kiện xác định là $1\leq x\leq 3$

Đặt $t=x-2,\;  ( \left | t \right |\leq 1)$. Khi đó phương trình trở thành$$\sqrt[4]{-t^{2}+16}+2\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )=m\;(1)$$
Do đó bài toán trở thành tìm $m$ để $(1)$ có nghiệm duy nhất.

Nhận xét. Nếu $t$ là nghiệm của $(1)$ thì $-t$ cũng là nghiệm của $(1)$ (do $\left | t \right |\leq 1$)

Do phương trình $(1)$ có nghiệm duy nhất nên  $t=-t\Rightarrow t=0\Rightarrow m=6$

Với $m=6$ thì phương trình trở thành $$\sqrt[4]{-t^{2}+16}+2\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )=6\;(*)$$
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta được $$\sqrt[4]{\left ( -t^{2}+16 \right ).16.16.16}\leq \frac{-t^{2}+64}{4}\Rightarrow \sqrt[4]{ -t^{2}+16 }\leq \frac{-t^{2}+64}{32}
$$Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được $$\left ( \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \right )^{2}\leq2(t+1+1-t)=4\Rightarrow \sqrt{t+1}+\sqrt{1-t} \leq 2$$
Suy ra $$6\leq \frac{-t^{2}+64}{32}+4\Rightarrow t=0$$
Thử lại thấy đúng. Do đó $m=1$

Một tính chất hay của bất đẳng thức

Bài toán.
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 $x=a+\frac{1}{a},\,y=b+\frac{1}{b},\,z=c+\frac{1}{a}$

Lời giải.
Gọi $\left ( x_{0},y_{0},z_{0} \right )$ là bộ nghiệm thỏa $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xyz=4$ $(1)$

Do vai trò $x,y,z$ như nhau nên giả sử $x_{0}=max\begin{Bmatrix}
\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |,\left | z_{0} \right |
\end{Bmatrix}\Rightarrow x_{0}> 2$

Xét phương trình bậc hai ẩn $z$ $$z^{2}-zx_{0}y_{0}+x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4=0$$ Khi đó $$\Delta =x_{0}^{2}y_{0}^{2}-4\left ( x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4 \right )=\left ( x_{0}^{2}-4 \right )\left ( y_{0}^{2}-4 \right )\geqslant 0\Rightarrow \left | y_{0} \right |\geq 2$$ Tương tự $\left | z_{0} \right |\geq 2$

Do $\left | x_{0} \right |,\left | y_{0} \right |\geq 2$ nên tồn tại $a,b$ thỏa $x_{0}=x_{1}+\frac{1}{x_{1}}$ và $y_{0}=y_{1}+\frac{1}{y_{1}}$

Thế vào $(1)$ ta được $$z_{0}^{2}-\left ( x_{1}+\frac{1}{x_{1}} \right )\left ( y_{1}+\frac{1}{y_{1}} \right )z_{0}+x_{1}^{2}+\frac{1}{x_{1}^{2}}+y_{1}^{2}+\frac{1}{y_{1}^{2}}=0$$$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}} \right )
\end{bmatrix}.\begin{bmatrix}
z_{0}-\left ( \frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}} \right )
\end{bmatrix}=0$$
Nếu $z_{0}=x_{1}y_{1}+\frac{1}{x_{1}y_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=y_{1};\, c=\frac{1}{x_{1}y_{1}}$

Nếu $z_{0}=\frac{x_{1}}{y_{1}}+\frac{y_{1}}{x_{1}}$ thì chọn $a=x_{1};\, b=\frac{1}{y_{1}};\,c=\frac{y_{1}}{x_{1}}$

Vậy suy ra điều phải chứng minh.

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

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.

Lời giải.

Gọi $X'$ là điểm nằm trên cạnh $BP$ thỏa $AP$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left ( ABX' \right )$

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ xuống cạnh $BC$

Do $AP$ là tiếp tuyến $(ABX')$ nên $$PH^{2}=AP^{2}=PX'.PB\Rightarrow \frac{PH}{PB}=\frac{PX'}{PH}\Rightarrow \Delta PHX'\sim \Delta PBH (c-g-c)$$

Suy ra $$\widehat{AX'H}=\widehat{AX'P}+\widehat{PX'H}=\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHB}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHA}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{MAH}$$$$\Rightarrow \widehat{AX'H}=180^{2}+\frac{\widehat{A}}{2}-\widehat{AMH}=180^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}-\left ( \frac{\widehat{A}}{2} +\widehat{C}\right )=180^{0}-\widehat{C}$$

Vậy tứ giác $AX'HC$ nội tiếp nên $\widehat{AX'C}=\widehat{AHC}=90^{0}\Rightarrow X'\equiv X$

Do đó $PA^{2}=PX.PB$. Tương tự $PA^{2}=PY.PC$

Dẫn đến $PX.PB=PY.PC$ nên tứ giác $XBYC$ nội tiếp.

Bài tổ hợp chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2015

Bài toán. (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 $\frac{2}{3}(n^2-n)$.

Lời giải.

Xét hai điểm $A$ và $B$ trong $n$ điểm. Ta chứng minh rằng từ hai điểm này có thể tạo được 

nhiều nhất $4$ tam giác có diện tích bằng $1$.

Giả sử từ hai điểm $A,B$ có thể tạo được $5$ tam giác có diện tích bằng $1$ $(*)$

Gọi $\triangle ABC$ là tam giác có diện tích bằng $1$ và H là chân đường cao kẻ từ $C$ xuống

Khi đó ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.CH\Rightarrow CH=\frac{2}{AB}=k=const$

Do đó điểm $C$ thuộc $1$ trong $2$ đường thẳng song song cách đều $AB$ một khoảng $k=const$

Theo nguyên lý Đirichlet, trong $5$ điểm thỏa $(*)$ thì tồn tại một đường thẳng chứa ít nhất $3$ điểm

Điều này vô lý vì không có $3$ điểm nào thẳng hàng.

Vậy từ hai điểm bất kỳ có tạo được nhiều nhất $4$ tam giác có diện tích bằng $1$

Mà số cách chọn hai điểm trong $n$ điểm là $C_{n}^{2}$ và tam giác $ABC$ có diện tích bằng $1$ được 

đếm $3$ lần. Vì vậy số tam giác có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $$\frac{4.C_{n}^{2}}{3}=\frac{2}{3}\left ( n^{2}-n \right )$$

Nguyên lý Đirichlet trong bất đẳng thức

Bài toán 1.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.

Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Lại có $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$$Suy ra $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1+2abc+2c\geq 2(ab+bc+ca)+2c$$$$\Rightarrow  a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca) $$

Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, trong ba số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu. 

Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0$. Khi đó $$c(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow 2abc+2c\geq 2ab+2bc$$Ta cần chứng minh $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab$$Thật vậy $$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2\geq a+b+2c+ab\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left ( a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a-1 \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( b-1 \right )^{2}+(c-1)^{2}\geq 0$$
Vậy ta có bất đẳng thức $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+3\geq (a+1)(b+1)(c+1)$


Bài toán 3.
Cho $a,b,c>0$ và $x=a+\frac{1}{b};\,y=b+\frac{1}{c},\,z=c+\frac{1}{a}$. Chứng minh rằng $$xy+yz+zx\geq 2(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo nguyên lý Đirichlet, tồn tại hai số $\leq2$ hoặc $\geq2$. Giả sử là $x,y$. Khi đó $$(x-2)(y-2)\geq0\Rightarrow xy+4\geq 2x+2y$$
Ta chỉ cần chứng minh $$yz+zx\geq 2z+4$$Thật vậy $$yz+zx\geq 2z+4\Leftrightarrow z(x+y-2)\geq 4\Leftrightarrow \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq 4$$Ta có $$\left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c}+b+\frac{1}{b}-2 \right )\geq \left ( c+\frac{1}{a} \right )\left ( a+\frac{1}{c} \right )\geq 4$$
Do đó bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán 4. (Chọn đội tuyển trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Ninh Thuận)
Cho $x,y,z$ dương. Chứng minh rằng $$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3(x+y+z)$$
Lời giải.
Theo bài toán $1$ ta được $$xyz\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}$$$$xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{2(xy+yz+zx)-(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1)}{2}+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$$$$\Rightarrow xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq \frac{(x+y+z)^{2}+9}{2}\geq 3(x+y+z)$$

Bài bất đẳng thức chọn đội tuyển VMO Năng khiếu 2015

Bài toán. (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 $$a+b+c\leq 1+abc$$
Lời giải.
Theo giả thiết ta có $$\left ( a+1 \right )\left ( b+1 \right )\left ( c+1 \right )=1+4abc\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca=3abc$$
Đặt $x=\frac{1}{a},\,y=\frac{1}{b},\,z=\frac{1}{c}\Rightarrow x+y+z+xy +yz+zx=3$. Ta cần chứng minh $$xy+yx+zx\leq 1+xyz$$
Ta nhận xét rằng trong ba số $x,y,z$ tồn tại nhiều nhất $1$ số lớn hơn $1$. Vì nếu tồn tại hai số

$x,y$ lớn hơn $1$ thì $x+y+xy>3$ (vô lý)

Trường hợp 1. Cả ba số $x,y,z$ đều nhỏ hơn $1$. Theo nguyên lý Đirichlet tồn tại một trong ba]

số $x+yz,y+zx,z+xy$ nhỏ hơn $1$. Giả sử $x+yz<1$

Lại có $$x(y-1)(z-1)> 0\Rightarrow xyz+x>xy+xz\Rightarrow xyz+1>xy+yz+zx$$
Trường hợp 2. Tồn tại $x>1$ suy ra $y,z<1$.

    $*$ Nếu $x+y+z>2\Rightarrow xy+yz+zx<1\Rightarrow xy+yz+zx<1+xyz$

    $*$ Nếu $x+y+z<2$ thì $xyz+1>xyz-(x+y+z)-1$

Lại có $$(x-1)(y-1)(z-1)>0\Rightarrow xyz-(x+y+z)-1\geq xy+yz+zx$$$$\Rightarrow xyz+1\geq xy+yz+zx$$
Do đó $xy+yx+zx\leq 1+xyz$