Bài này giải bằng đếm 2 cách:

Nếu ta minh họa nhóm $n$ người này là những đỉnh trên một đồ thị. Sau đó, nếu $2$ người quen nhau thì ta sẽ nối $2$ đỉnh đó bởi $1$  cạnh vô hướng.

Cứ $2$ người mà có $1$  người quen chung thì trên đồ thị, $3$ đỉnh tương ứng với $3$ người này cùng với $2$ cạnh thể hiện sự quen biết sẽ tạo thành $1$ hình chữ $V$

Trong đó có $1$ đỉnh ở vị trí là đỉnh của chữ $V$ . Đỉnh này chính là minh họa tương ứng cho người quen chung đó.

Ta sẽ đếm $2$ cách về số chữ $V$ có thể có:

Cách 1: Do cứ $1$ người lại quen biết $6$ người, nên nếu chọn ra các chữ $V$ có đỉnh là 1 đỉnh cho trước thì có tổng cộng: $ \binom{6}{2} = 15$ chữ $V$ như thế.

Graph này có $n$ đỉnh nên tổng số chữ $V$ có thể có là : $15n$ theo quy tắc nhân.

Cách 2: Do cứ $2$ người bất kỳ lại có $2$ người quen chung, tức là từ $1$ cặp $2 $ đỉnh tùy ý trong graph này thì xây dựng ra được $2$ hình chữ $V$  và có $\binom{n}{2}$ cách chọn ra $1$ cặp  $2$ đỉnh tùy ý trong graph , nên theo quy tắc nhân thì  tổng số hình chữ $V$ có thể có là $2 \cdot \binom{n}{2} =n(n-1)$ .

Từ đây suy ra: $15n = n(n-1) \Rightarrow n =16$

Ta xây dựng graph như sau:

Phân hoạch tập $16$ đỉnh này thành $4$ tập con : $ A= \{A_1 ; A_2 ; A_3; A_4 \} ; B= \{B_1 ; B_2 ; B_3; B_4 \} ; C= \{C_1 ; C_2 ; C_3; C_4 \} ; D= \{D_1 ; D_2 ; D_3; D_4 \}$

Ta tiến hành nối các đỉnh này theo quy tắc sau:

Quy tắc 1: Các đỉnh nằm trong cùng $1$ tập hợp đều được nối với nhau:

Quy tắc 2: Các đỉnh khác tập hợp thì sẽ được nối với nhau nếu chúng có cùng chỉ số. Tức là các đỉnh nằm trong  $1$ bộ $4$ đỉnh $(A_k; B_k; C_k; D_k)$ sẽ được nối với nhau với mọi $k$ chạy từ $1$ đến $4$.

Dễ kiểm tra là với cấu hình này thì mỗi người sẽ đều có đúng $6$ người quen và $2$ người tùy ý sẽ đều có đúng $2$ người quen chung.

Bài toán theo đó có câu trả lời là tồn tại.

Câu b: Hi vọng là giải đúng

Ta dễ dàng kiểm tra với $p=3$ thì $ A = 92$ không phải tích của $2$ số nguyên dương liên tiếp.

Nên ta chỉ cần xét trường hợp $p> 3$ , thì hiển nhiên : $ 3 \not| p$

Giả sử $A$ có thể viết dưới dạng tích của $2$ số nguyên dương liên tiếp, tức là $A$ có dạng: $ A = n(n+1)$ với $n \in \mathbb{N}^{*}$

$ \Rightarrow 4A +1 = (2n+1)^2$, mà theo chứng minh ở trên thì ta đã có: $ A \equiv -1 \pmod p \Rightarrow 4A +1 \equiv -3 \pmod p  $

$ \Rightarrow  -3 \equiv (2n+1)^2 \pmod p  $

Suy ra $-3$ là số chính phương $\pmod p$

Mà theo luật tương hỗ Gauss: Do $-3$ là số chính phương $\pmod p$ nên chỉ có thể xảy ra $2$ trường hợp:

Trường hợp 1: $-1$ là số chính phương $\pmod p$  và $3$ là số chính phương $\pmod p$

Theo tiêu chuẩn này thì $p$ phải có dạng $4k+1$ , đồng thời cũng phải có dạng $12t  \pm 1$

Xét trên module 4 thì suy ra $p$ phải có dạng $p = 12t+1$

Bây giờ do $4A+1$ là số chính phương, ta xét số dư của $4A+1$ khi chia cho $3$ , chú ý là  hiển nhiên $3 | 3^p$ :

$ 4A+1 \equiv A+1 \equiv 23p -4 +1  \equiv 23p \equiv 23(12t+1)  \equiv  23 \equiv 2 \pmod 3$

Suy ra: $ 4A+1 \equiv 2 \pmod 3$

Vô lý vì một số chính phương thì khi chia cho $3$ chỉ có thể dư $1$ hoặc chia hết cho $3$

Trường hợp 2: $-1$ không là số chính phương $\pmod p$  và $3$ không là số chính phương $\pmod p$

Tức là: $p$ phải có dạng $ p = 4k+3$ và $p $ không có dạng $ 12t \pm 1$, $ p$ không chia hết cho $3$

Thì ta dễ thấy chỉ có $1$ trường hợp là: $ p = 12t +7$

Cũng bằng cách xét số dư của $4A +1$ khi chia cho $3$ như ở trên , ta thấy cũng không thể xảy ra trường hợp $2$ này được.

Do đó giả sử ban đầu là sai và ta có điều phải chứng minh.

Câu a:

Giả sử $ A$ là số chính phương, thì theo định lý Fermat nhỏ: $ 3^p \equiv 3 \pmod p$

$\Rightarrow A \equiv 3 -4 \pmod p \Rightarrow A \equiv -1 \pmod p$

Suy ra $-1$ là số chính phương $\pmod p$ , Suy ra $ (-1)^{\frac{p-1}{2}}  \equiv 1 \pmod p$

Tức là $p$ phải có dạng $ p = 4k+1$ với $k$ là số nguyên dương.

Xét số dư của $A$ khi chia cho $4$ ta có:

$ A = 23(4k+1) + 3^{4k+1} - 4 \equiv  23 + 3 \cdot 3^{4k} \equiv  23 + 3 \cdot 81^{k}  \equiv 23 + 3 \cdot 1   \equiv  26  \pmod 4$

Suy ra $ A  \equiv 2  \pmod 4$

Vô lý vì một số chính phương thì khi chia cho $4$ chỉ có thể dư $1$ hoặc chia hết cho $4$

Nên giả sử ban đầu là sai và ta có điều phải chứng minh

Bài Toán: Tồn tại chăng một nhóm người thỏa mãn điều kiện: mỗi người đều quen biết đúng $6$ người & $2$ người bất kỳ đều có đúng $2$ bạn chung?

Bạn Poset giải đúng, nhưng trình bày quá vắn tắt.
Nên viết ra chi tiết đầy đủ để các bạn khác dễ nắm bắt.

Bài Toán: Cho tập $ H = \{1;2;3;....; 10 \}$. Tính số tập con khác rỗng của $H$ thỏa mãn điều kiện tích các phần tử của tập đó chia hết cho $30$.

Giải ra câu a là cũng giỏi rồi.

Số bộ ba khó đoán nhiều nhất có thể có là $ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$, khúc xây dựng hơi khó

Và trong cách xây dựng thì mỗi đội cũng sẽ có số ván thắng và thua bằng nhau và bằng $n$.

Bài toán: Một cuộc đấu vòng tròn gồm $2n+1$ đội trong đó $2$ đội bất kỳ gặp nhau đúng $1$ lần. $3$ đội $X; Y; Z$ được gọi là 1 bộ ba "khó đoán" nếu $ X$ thắng $Y$, $Y$ thắng $Z$ và $Z$ thắng $X$. Biết rằng giải dấu không có trận hòa nào. Hãy tính:

a. Số bộ ba "khó đoán" ít nhất có thể có

b. Số bộ ba "khó đoán " nhiều nhất có thể có

Giỏi quá bạn già! Vậy là bài toán unsolved  hơn 2 năm đã được giải quyết!

Làm thử bài 1 hen.

Câu a: ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ thì $a_n$ là số nguyên dương và $a_n   \equiv 1  \ \ ( \mod 3)$

Rõ ràng khẳng định đúng với $ n =1$, giả sử khẳng định đúng đến $n$, tức là $ a_n = 3k+1$ với $k$ là số nguyên không âm, khi đó :

$ 3a_{n+1} = (3k+2)^3 -5 = 27k^3 + 54k^2 + 36k + 3$ suy ra $ a_{n+1} = 9k^3 + 18k^2 +12k+1$ , từ đây dễ thấy $ a_{n+1} $ là số nguyên dương và còn có $ a_{n+1}   \equiv 1  \ \ ( \mod 3)$ . Khẳng định được chứng minh hoàn toàn theo nguyên lý quy nạp toán học.

Câu b: Từ gợi ý ban đầu từ câu a, ta thử cách đặt dãy phụ: $ a_n = 3b_n+1$ với $b_n$ là dãy số nguyên không âm

Rõ ràng: $b_1 =1$, và $ 9b_{n+1} +3 = (3b_n +2)^3 -5$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$ 

$ \implies \ \ 9b_{n+1} +3 = 27b^3_n + 54b^2_n + 36b_n +3 $

$ \implies \ \ b_{n+1} = 3b^3_n + 6b^2_n + 4b_n = b_n (3b^2_n + 3b_n +1) + (3b^2_n +3b_n+1) -1 $

$ \implies \ \ b_{n+1} +1 = (b_n +1)(3b^2_n + 3b_n +1)$

$ \implies \frac{1}{3b^2_n + 3b_n +1} = \frac{b_n +1}{b_{n+1} +1}$

Trong đó, ta dễ dàng kiểm tra $ \frac{a_k -1}{ a^2_k +a_k +1} = \frac{b_k}{3b^2_k+ 3b_k +1}$

Suy ra: $ \frac{a_k -1}{ a^2_k +a_k +1} = \frac{b_k (b_k +1)}{b_{k+1} +1}$

Tới đây suy nghĩ tiếp hen, chưa hoàn tất.

Mọi người giúp mình bài này với ạ: ( Hình như chọn đt KHTN năm nào ý)

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} 6(x+y)(xy+\frac{1}{xy}+2)=(2x^2+3y^2)(1+\frac{1}{xy}) & \\ 29(xy+\frac{1}{xy})+62=(9x+13y)(1+\frac{1}{xy}) & \end{matrix}\right.$

Bài này làm thế này:

Điều kiện : $ x; y $ khác $0$

Phương trình đầu tiên sẽ tương đương với: $ 6(x+y)(xy+1)^2 = (2x^2+3y^2)(xy+1)$

Tức là có 2 trường hợp có thể xảy ra:

Trường hợp 1: $xy +1 =0$

Trường hợp này ta rất nhanh chóng giải ra vô nhiệm do phương trình thứ $2$ của hệ tương dương với: $ 29(xy+1)^2 + 4xy = (9x+13y)(1+xy)  \ (*)$

Tức là: $-4 = 0$ (vô lý)

Trường hợp 2: $6(xy +1)(x+y) = 2x^2+3y^2$

Tương đương với: $ xy+1 = \frac{2x^2+3y^2}{6(x+y)}$

Thay vào $(*)$ ta có được : $ \frac{29(2x^2+3y^2)^2}{36(x+y)^2} + 4xy = \frac{(2x^2+3y^2)(9x+13y)}{6(x+y)}$

Tức là cần giải phương trình :$ 29(2x^2+3y^2)^2 + 144xy(x+y)^2 = 6(x+y)(9x+13y)(2x^2+3y^2)$

Phương trình này tương đương với: $ 8x^4  - 120x^3 y + 318 x^2 y^2 - 252 xy^3 + 27 y^4 =0$

Đến đây thì không còn khó nữa rồi do phương trình $ 8t^4  - 120t^3 + 318 t^2 - 252 t + 27 =0$ có thể viết được dưới dạng:

$ (2t-3)^2 (2t^2 -24t +3) =0$

Phần còn lại nhờ các bạn trẻ hoàn thiện nốt hen

Đã tìm ra 1 tam thức bậc 2 thỏa yêu cầu bài toán: $ P(x) = 14(x-1)^2 +2$

Còn một công đoạn nữa là chứng minh đây là đa thức duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ohh, lâu lắm mới thấy 1 ĐHV Olympiad tiếp tục con đường học toán ở bậc đại học.
Chúc em nhiều thành công & sẽ đóng góp lâu dài cho VMF nhé.