làm sao bạn có được đánh giá như vậy ?? chỉ mình với cám ơn       

Dùng BĐT $a^3+b^3\geq ab(a+b)\Rightarrow \frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}\leq \frac{11b^3-b(a^2+ab-b^2}{ab+4b^2}=\frac{12b^2-a^2-ab}{a+4b}=3b-a$

Bài 1 có được hiểu là $a^n-1$ và $a^{3^{2016}}-1$ có cùng tập ước nguyên tố không nhỉ? Mình không chắc chắn nhưng nếu là vậy thì định lý Zsigmondy có thể giải quyết nó.

Bài giải:

Dễ thấy $x,y$ phải là các sô nguyên không âm

Nếu $x=0$ thì $y=0$

Nếu $x>0$ thì $x$ lẻ

PT tương đương $(x+1)(x^2+1)=2^y$. Khi đó tồn tai $a,b\in\mathbb{N}$ thỏa mãn

$\left\{\begin{matrix} x+1=2^a & \\ x^2+1=2^b & \end{matrix}\right.(a+b=y)$

$\Rightarrow 2x=2^{2a}-2^b\Rightarrow x=2^{2a-1}-2^{b-1}$

Do $x$ lẻ nên dễ dàng suy ra $2a-1$ hoặc $b-1$ bằng $0$. Thu được $b=1\rightarrow x=1\rightarrow y=2$

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 2n - 1 ⋮ 7

Xét $n=7k,7k+1,7k+2,.....,7k+6$ có $2n-1\vdots 7$ khi mà $2i-1\vdots 7$ với $i=0,1,2,...,6$. Thay vào ta tìm được $i=4$

Vậy những số $n=7k+4$ thì thỏa mãn bài toán =))

Tìm tất cả các số nguyên dương $(q, r, p),$ với $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $2^{q}+r^{2}=2p.$

Dễ thấy $p$ lẻ

Từ PT suy ra $r$ chẵn $\Rightarrow 4|r^2$. Thấy $2^{q-1}=p-\frac{r^2}{2}$ lẻ do $p$ lẻ nên $q-1=0\Rightarrow q=1$

Khi đó $r^2=2(p-1)\Rightarrow p-1=2^{2k+1}x^2$ với $k,x\in\mathbb{N}$ hay $p$ có dạng $2^{2k+1}x^2+1$ ( Theo nguyên lí Dirichlet về sự tồn tại vô số số nguyên tố dạng $ak+b$ thì $p$ có vô số giá trị thỏa mãn $3,19,73,163,883....$)

 Vậy $(p,q,r)=(2^{2k+1}x^2+1,1,2^{k+1}x)$ với $k,x\in\mathbb{N}$

Bài này bữa trước khi chủ topic mới mở mình đã xem qua 1 lần rồi mới biết Đâu phải thánh đào

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ thõa mãn: $a^2+b^2 = k(ab-1)$

 

Spoiler

Biến thể từ Việt Nam TST 1992

Xem thêm ở đây

Nhưng ở cái Link đó đã chỉ ra hết nghiệm của phương trình đó đâu, nó chỉ chứng minh có vô số nghiệm thôi

PT dạng đó có vô số nghiệm xây dựng theo dãy mà chị Polar ghi đó bạn. Nó chỉ ra vô số nghiệm và cả công thức nghiệm.

Thực ra ghi như thế nhưng xây dựng vậy bạn đã chỉ ra hết nghiệm của PT rồi. Nếu muốn khẳng định lại, bạn có thể chọn cặp $(a_i,b_i)$ là nghiệm mà không thuộc dãy trên thỏa mãn $a_i+b_i$ min sẽ thấy điều vô lý

Ký hiệu $p_{i}$ là số nguyên tố thứ $i$. Tìm tất cả $n$ để $p_{n} \ge (\sqrt{2})^{n}$.

Bổ đề: Với $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ thì $p_n<n^2$ với $n>1$

Chứng minh:

Thấy $n=2,3,4,5$ luôn đúng. Xét $n\geq 6$

Áp dụng định lý PNT  ta có $\frac{p_n}{n}<log(n)+log(log(n))=log(nlog(n))<n\Rightarrow p_n<n^2$

Quay lại bài toán

 Có $n=1,2,3,4,5$ thỏa mãn. Xét $n\ge 6$ Có $p_n^2\geq 2^n$ thì cần  $n^4\geq 2^n$

Ta chứng minh với $n\geq 16$ thì $2^n\geq n^4$ bằng quy nạp. Thật vậy, giả sử khẳng định đúng với $n$, có $2^{n+1}\geq 2n^4\geq (n+1)^4$ ( do $n\geq 16$)

Vậy để $n$ thỏa mãn đề bài thì $1\leq n\leq 16$. Thử lại ta được $n=1,2,3,4,5,6,7,8.9$

P.s: một cách khác để chứng minh bổ đề trên là sử dụng giả thiết Andrica, nhưng có vẻ không quen thuộc bằng PNT.

:-P Bạn có thể giới thiệu thêm về giả thiết Andrica luôn không nhỉ? Hình như $n = 9$ không đúng

Bài này có thể chặn thêm chặt nữa :-)   Mình cũng có lời giải khác

Giả thiết Andrica: Cho $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$. Khi đó $\sqrt{p_{i+1}}-\sqrt{p_i}<1$. Về CM bạn có thể tham khảo Google =))

$p_9=23$. Luôn có $23^2>2^9$ nên $n=9$ đúng chứ nhỉ?

À, bạn post lời giải lên cho mọi người tham khảo với

Nếu đã là giả thiết thì mình nghĩ chắc không thể vận dụng nó để chứng minh được, vì bản thân giả thiết còn chưa có chứng minh cho chính nó.

Mình nghĩ là được chứ, vì nó đã được chứng minh 

Lời giải của mình. Ta sẽ chứng minh kết quả sau đây: Với $n \ge 10$ thì $p_{n} < (\sqrt{2})^{n}$. Kiểm tra được $29 < (\sqrt{2})^{10} = 32$. Giả sử giả thiết đúng với $n \ge 10$, nghĩa là $p_{n} < (\sqrt{2})^{n}$.
Từ đó có $(\sqrt{2})^{n + 1} > \sqrt{2}.p_{n} > \frac{6}{5}p_{n}$. Để ý là $n \ge 10$ thì $p_{n} \ge 29$.
Định đề Nagura (kết quả mạnh hơn Bertrand): Với $n \ge 25$ thì giữa $n$ và $\frac{6n}{5}$ tồn tại một số nguyên tố.
Sử dụng định đề này cho ta kết quả $\frac{6}{5}p_{n} > p_{n + 1}$. Từ đó có điều phải chứng minh.
Thử lại từ $1$ đến $9$ cho ta nhận hết kết quả này :-) (như mình đã nói còn một số định đề chặn chặt hơn nữa (chặt hơn Nagura luôn) làm bài toán chặt hơn nữa)
p.s: To @ngocanh99: :-P Xin lỗi bạn, mình nhầm $p_{9} = 19$ 

Cảm ơn bạn, trước giờ mình chưa hề biết đến kết quả này. Bữa làm bài này mình sử dụng Bertrand  nhưng không thành công   Bạn có thể cho mình xin ít tài liệu về định đề Nagura được không, mình search gg không có ra !

Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: $(x-1)!+1=x^k$

Giải như sau:

Thử ta được $(x,k)=(2,1),(3,1),(5,2)$ thỏa mãn. Với $x>2$ dễ thấy $x$ lẻ

Xét $x>5$. Giả sử $x$ là hợp số thì bằng cách đặt $x=mn$ với $m,n\geq 2$ ta luôn chỉ ra được $x|(x-1)!$, kéo theo $x|1$ ( vô lý)

Vậy $x$ là số nguyên tố 

Theo khai triển nhị thức Newton thì $(x-1)!=[(x-1)+1]^k-1=\sum ^{k}_{i=1}\binom{k}{i}(x-1)^i \Rightarrow (x-2)!=k+\sum ^{k}_{i=2}\binom{k}{i}(x-1)^{i-1}\equiv k\pmod {x-1}$

Mặt khác, vì $x$ nguyên tố nên $x-1$ là hợp số. Tương tự cách trên ta chứng minh được $x-1|(x-2)!$, kéo theo $x-1|k\rightarrow x-1\leq k$

Mà hiển nhiên $k<x$ nên $k\leq x-1$, nếu không vế phải phương trình đã cho luôn lớn hơn vế trái phương trình đã cho. Do đó loại

Vậy $(x,k)=(2,1),(3,1), (5,2)$

Chỗ $(****)$ mình không hiểu ? sao lại $x \leq x-1$

Mình viết nhầm, $k<x$ nên $k\leq x-1$ 

Bài này vừa được đăng ở http://artofproblems..._integer_3x4y7z

PT tương đương: $(x+y)^2=xy(xy+1)$

Mà $xy,xy+1$ là 2 số liên tiếp nên $xy=0\Leftrightarrow x=0$ hoặc $y=0$. Thay vào.....

Cho $p,q$ là 2 số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng: tồn tại các số nguyên dương $m, n$ sao cho trung bình cộng của các ước của số $p^{m}q^{n}$ là $1$ số nguyên.

ĐKĐB tương đương với tồn tại $m,n$ để $A=\frac{(p^{m+1}-1)(q^{n+1}-1)}{(p-1)(q-1)(m+1)(n+1)}=\frac{(p^m+p^{m-1}+...+1)(q^n+q^{n-1}+...+1)}{(m+1)(n+1)}\in \mathbb{Z}$

+) Nếu $p=2$ và $q$ lẻ:  chọn $n=q$ thì $n+1|q^n+q^{n-1}+...+1$, ta chọn $m+1=\frac{q^{n}+q^{n-1}+...+1}{n+1}=1+q+q^2+...+q^{n-1}$. Khi đó $A\in\mathbb{Z}$. TH $q=2$ và $p$ lẻ tương tự như vậy.

+) Nếu cả $p,q$ đều lẻ, chọn $m=p,n=q$ hiển nhiên ta thu luôn được $A\in\mathbb{Z}$

Do đó luôn tồn tại $m,n\in\mathbb{Z}^+$ thỏa mãn điều kiện trên.

Mở rộng BĐT 30/4/2014

Cho $a,b,c$ là các số dương và k là một số dương bất kì. CMR

$\sum \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \sqrt{\frac{9}{k+2}}$

Theo em thì vẫn như cách làm bài trên, ta sẽ đi chứng minh

$\sum \frac{b^2+c^2}{ka^2+b^2+c^2}\geq \frac{6}{k+2}$

Sau đó áp dụng Bđt Cauchy- Schwarz thì ta có$\sum \frac{b^2+c^2}{ka^2+b^2+c^2}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (b^2+c^2)(ka^2+b^2+c^2)}$

$=\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)^2+(2k-2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$

$\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{3(k+2)}}=\frac{6}{k+2}$

Bài toán đc cm xong :v

Sau bao cảm xúc dồn nén bấy lâu ,tối nay em up ngay hình "Gấu" của em

11219711_1492816341010230_8829147245020173718_n.jpg
 

Xinh gì dữ z trời    Nhìn mê luôn rồi =))

bài bất mới 
Bài 95:cho a,b,c là các số thực dương

$ab^2+bc^2+ca^2=3$ 
chứng minh rằng $\frac{2a^5+3b^5}{ab}+\frac{2b^5+3c^5}{bc}+\frac{2c^5+3a^5}{ac} \geq 15(a^3+b^3+c^3-2)$ 
----------- Đề Thanh Hóa--- nguồn : facebook 
ps topic hay mong nó tiếp tục phát triển           

Đã được giải tại đây

Em xin gửi hai bài ạ:

Bài 96: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện:

                                     $abc+bcd+cda+dab=a+b+c+d+\sqrt{2016}$.

Chứng minh rằng: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)\geq 2016$.

Bài 97: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn:

                                      $\frac{32}{a+32}+\frac{3}{2b+3}\leq \frac{4c}{4c+21}$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $abc$.

Bài 96:

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=[(ab-1)^2+(a+b)^2][(c+d)^2+(cd-1)^2]$

hay $\text{VT}\geq [(ab-1)(c+d)+(cd-1)(a+b)]^2=2016$

Bài 97:

Điều kiện tương đương với $8abc\geq 256c^2+1344b+63a+384c+4032$

Áp dụng BĐT AM-GM: $\text{VP}=256c^2+384c+448b+448b+448b+21a+21a+21a+4032\geq 9\sqrt[9]{2^{39}3^67^6(abc)^3}$

$\Leftrightarrow 8abc\geq 9\sqrt[3]{2^{13}3^27^2abc}\Rightarrow a^2b^2c^2\geq 3^82^47^2\Rightarrow abc\geq 2268$

Vế đầu tiên:

Ta đi chứng minh $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{ab}\geq \sqrt{a^2+b^2+2ab}=a+b$

BĐT trên tương đương với $2\sqrt{(a^2+b^2)ab}\geq ab$ ( luôn đúng theo AM-GM và với $a,b\geq 0$)

Suy ra $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{ab}\geq 2$

Vế sau:

BĐT tương đương $\sqrt{4-2ab}\leq \sqrt{6}-\sqrt{ab}\Leftrightarrow 2+3ab\geq 2\sqrt{6ab}$ ( đúng theo BĐT AM-GM)

Bài toán được giải quyết!

Từ một bất đẳng thức phụ cơ bản, tớ đề xuất bài này:

Bài 85:

Với a,b,c là các số thực dương có tích là 8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P= \frac{1}{2a+b+6}+\frac{1}{2b+c+6}+\frac{1}{2c+a+6}$

 

 tiện thể hỏi luôn ai biết topic nào có toán bằng tiếng anh ko ạ

Cho $(a,b,c) \mapsto (2a^2,2b^2,2c^2)$. Ta sẽ đưa bài toán về CM $P=\sum \frac{1}{4a^2+2b^2+6}\leq \frac{1}{4}$ với điều kiện $abc=1$

Theo BĐT BCS dạng cộng mẫu $2P\leq  \frac{1}{4}\sum \left ( \frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2+2} \right )=\frac{1}{4}\left ( \sum\frac{1}{a^2+b^2+1} +\sum \frac{1}{a^2+2} \right )$

Do đó, cần có $ \sum\frac{1}{a^2+b^2+1} +\sum \frac{1}{a^2+2} =\leq 2$

Thực hiện biến đổi ngược dấu, bài toán tương đương $\sum \frac{2(a^2+b^2)}{a^2+b^2+1}+\sum\frac{a^2}{a^2+2}=M+N\geq 5$ $(\star)$

Không mất TQ, giả sử $a\geq b\geq c$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz: 

$M=\sum \frac{(a+b)^2}{a^2+b^2+1}+\sum \frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+1}\geq \frac{4(a+b+c)^2+4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3}\geq 4$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+(a-c)^2\geq 2(a^2+b^2+c^2)+3\Leftrightarrow 2ab+2bc\geq b^2+3$

Có $(a-b)(b-c)\geq 0\rightarrow ab+bc\geq b^2+ac\rightarrow 2(ab+bc)\geq b^2+ac+ab+bc\geq b^2+3$ ( đúng vì $ab+bc+ac\geq 3$)

Do đó $M\geq 4$ $(1)$

Lại có $N=\sum \frac{a^2}{a^2+3}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\geq 1\Leftrightarrow ab+bc+ac\geq 3$ ( đúng) $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $M+N\geq 5$, hay BĐT $(\star)$ đúng. Suy ra $P\leq \frac{1}{4}$

Dấu $=$ xảy ra khi ba biến bằng nhau

------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Một số trang web toán bằng tiếng anh bạn có thể tham khảo là mathlinks.ro, math.stackexchange.com, brilliant.org

Bài 86

Cho $a,b,c>0$ thõa mãn $a+b+c=2$. C/m : $\sum \frac{bc}{20+3a^2} \le \frac{1}{16} $

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:

$P=\sum \frac{bc}{3a^2+5(a+b+c)^2}\leq \sum \frac{bc}{2a(a+b+c)+\frac{14(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{4}\sum \frac{bc}{10a+7b+7c}$

$P\leq \frac{3}{4.12^2}\sum \left ( \frac{5bc}{a+b}+\frac{5bc}{a+c}+\frac{2bc}{b+c} \right )=\frac{3}{4.12^2}\left ( 5(a+b+c)+\frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ac}{a+c} \right )\leq \frac{3.6}{4.12^2}(a+b+c)=\frac{1}{16}$

Dấu $=$ xảy ra khi ba biến bằng nhau

Bài 87:Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.CMR:$(a+b)(b+c)(c+a)\geq (ab+c)(bc+a)(ca+b)$

Bài 88: Cho $a,b,c$ là các số dương.CMR:

$\frac{a^2}{2a^2+(b+c-a)^2}+\frac{b^2}{2b^2+(c+a-b)^2}+\frac{c^2}{2c^2+(a+b-c)^2}\leq 1$

 

Bài 87. Áp dụng BĐT AM GM ngược dấu:

$(ab+c)(bc+a)\leq \frac{(ab+c+bc+a)^2}{4}=\frac{(a+c)^2(b+1)^2}{4}$. Tương tự với các biểu thức còn lại, suy ra:

$VP^2\leq \frac{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2(a+1)(b+1)(c+1)}{64}$. Áp dụng AM-GM lần nữa có $(a+1)(b+1)(c+1)\leq \left ( \frac{a+b+c+3}{3} \right )^3=8$

$\Rightarrow VP^2\leq (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\Rightarrow (ab+c)(bc+a)(ca+b)\leq (a+b)(b+c)(c+a)$ ( đpcm)

Bài 88:

Đặt $(b+c-a,c+a-b,a+b-c)\mapsto (x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{y+z}{2},\frac{x+z}{2}+\frac{x+y}{2}) $

Khi đó, thực hiện biến đổi ngược dấu,  BĐT cần chứng minh trở thành: $\sum \frac{x^2}{2x^2+(y+z)^2}\geq \frac{1}{2}$

BĐT này luôn đúng vì theo AM-GM ta có $\sum \frac{x^2}{2x^2+(y+z)^2}\geq \frac{x^2}{2x^2+2(y^2+z^2)}=\frac{1}{2}$ ( đpcm)

Bài 66:

Cho $ a, b, c $ là các số thực không âm thỏa $ a+b+c=1 $.

Chứng minh rằng: $ \sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1} \ge \sqrt{5}+2 $

Ta có BĐT quen thuộc sau $\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}\geq \sqrt{4a+4b+1}+1$. Điều này $\Leftrightarrow 16ab\geq 0$ ( đúng)

Giờ ta đi CM $\sqrt{4a+4b+1}+\sqrt{4c+1}=\sqrt{5-4c}+\sqrt{4c+1}\geq \sqrt{5}+1\Leftrightarrow (5-4c)(4c+1)\geq 5\Leftrightarrow c(1-c)\geq 0$ ( luôn đúng do $c\leq 1$)

Ta có đpcm

Dấu $=$ xảy ra khi $(a,b,c)=(1,0,0)$ và hoán vị tương ứng

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 69: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

CMR $2(a+b+c)\geq \sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+3}+\sqrt{c^2+3}$

một bài nữa:

Bài 79:

Với x,y,z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x\sqrt{y}+y\sqrt{z}+z\sqrt{x}= 3$

Chứng minh rằng:

$P= \frac{x}{\sqrt{x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{z+2x}}\geq \sqrt{xyz+2}$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz:

$P=\sum \frac{x^2}{x\sqrt{x+2y}}\geq \frac{(x+y+z)^2}{\sum x\sqrt{x+2y}}\geq \frac{(x+y+z)^2}{\sqrt{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz)}}=\sqrt{x+y+z}$

Ta sẽ chứng minh rằng $x+y+z\geq xyz+2$ $(\star)$

Thật vậy: Sử dụng AM-GM $(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})=\sum (x\sqrt{x}+y\sqrt{x})+\sum x\sqrt{y}\geq 3\sum x\sqrt{y}=9$

Mà $(x+y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\leq (x+y+z)\sqrt{3(x+y+z)}$ (AM-GM) nên $\Rightarrow x+y+z\geq 3$. Cũng dễ CMR $xyz\leq 1\rightarrow xyz+1\leq 3$

Do đó $(\star)$ đúng, ta có đpcm

Bài 80:

Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa mãn $ x+y+z=3 $

Chứng minh rằng: $ x^{4}y^{4}z^{4}(x^{3}+y^{3}+z^{3}) \le 3 $

Viết lại $A=x^4y^4z^4(x^3+y^3+z^3)= x^4y^4z^4[(x+y+z)^3-3(x+y+z)(xy+yz+xz)+3xyz]$

$A=x^4y^4z^4[27-9(xy+yz+xz)+3xyz]$

Ta có BĐT phụ quen thuộc sau $(x+y+z)^5\geq 81xyz(x^2+y^2+z^2)\Leftrightarrow xyz[9-2(xy+yz+xz)]\leq 3$

$\Rightarrow 2A= x^3y^3z^3[54xyz-18xyz(xy+yz+xz)+6x^2y^2z^2]\leq x^3y^3z^3(27-27xyz+6x^2y^2z^2)=t^3(27-27t+6t^2)$

Ta cần chứng minh $t^3(27-27t+6t^2)\leq 6\Leftrightarrow 6(t^4+t^3+t^2+t+1)\geq 27t^3$. Điều này luôn đúng vì $t\leq 1$ theo AM-GM:

$6(t^4+t^2)+6t^3+6(t+1)\geq 12t^3+6t^3+12t^3>27t^3$

Do đó $2A\leq 6\rightarrow A\leq 3$ ( đpcm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho (n-1)! chia hết cho $n^{2}$

Mình nghĩ sẽ có vô số số $n$ thỏa mãn ( thử qua thấy nhiều lắm )

với $n$ nguyên tố thì hiển nhiên vô lý. 

Ta xét $n$ là hợp số có dạng $n=ab$ mà $a<b$

$(n-1)!=1.2.3...a(a+1)...b(b+1)...(ab-1)\vdots a^2b^2\Leftrightarrow (a+1)....(b-1)(b+1)...(ab-1)\vdots ab$

Bây giờ chỉ cần cho $\left\{\begin{matrix}2a<b+1\\ 2b<ab-1\end{matrix}\right.$ (luôn chọn đc với $a>2$).

Khi đó đoạn $a+1,....b-1$ sẽ chắc chắn chứa một thừa số chia hết cho $a$ và đoạn $b+1,...,ab-1$ chứa một thừa số chia hết cho $b$

Số $n$ khi phân tích thành tích hai thừa số $a,b$ thỏa mãn điều kiện trên đều thỏa mãn bài toán, nên có vô số số $n$