Tìm các số nguyên dương $n$ để đa thức sau không thể phân tích thành các đa thức hệ số nguyên:

a) $x^{n} + 4y^{n}$
b) $x^{n} + 4y^{n + 2}$

Vừa đọc được một bài toán trên AoPS, nhớ đến bài toán này, ứng dụng của định lý giá trị trung gian.
Chứng minh rằng tồn tại $1000$ số nguyên dương liên tiếp sao cho trong chúng chỉ có đúng $69$ số nguyên tố.

Viết lại ta có $2(x + 1)^{2} - 1 = y^{2} \iff y^{2} - 2(x + 1)^{2} = -1$ là pt Pell loại 2.

Bài toán không đúng với $a = 2$, mình nghĩ $(a, p, n) = (2, 3, 5)$ là một ví dụ. Nếu đề bài sửa lại thành $a \ge 3$ thì ta chỉ việc chọn $q$ là ước nguyên tố của $a - 1$. Từ đó có $q\mid a - 1 \mid a^{p} - 1$ và $q\mid a - 1 \mid a^{n} - 1$.

Cho $a_{1}, a_{2}, \cdots , a_{n}$ là một bộ hoán vị của $n$ số nguyên dương đầu tiên. Tìm GTNN và GTLN của các biểu thức:
a) $P = \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \cdots + \frac{a_{n - 1}}{a_{n}}$
b) $Q = \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \cdots + \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} + \frac{a_{n}}{a_{1}}$

Xin phép được xử câu a) trước
Xét hai bộ $(1 < 2 < \cdots < n)$ và $(\frac{1}{n} < \frac{1}{n - 1} < \cdots < \frac{1}{1})$
Theo bất đẳng thức sắp thứ tự, $n = 1\times \frac{1}{1} + 2\times \frac{1}{2} + \cdots + n\times \frac{1}{n} \le \sum_{i = 1}^{n - 1}a_{i}\times \frac{1}{a_{i + 1}} \le 1\times \frac{1}{n} + 2\times \frac{1}{n - 1} + \cdots + n\times \frac{1}{1} = n + \frac{n - 1}{2} + \frac{n - 2}{3} + \cdots + \frac{1}{n}$
 

Cho $a \ge b \ge c \ge d > 0$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^{2}b}{c} + \frac{b^{2}c}{d} + \frac{c^{2}d}{a} + \frac{d^{2}a}{b} \ge a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}$$

Bổ đề : Cho $a,b$ nguyên tố cùng nhau và thỏa $(a^2+b^2) \vdots p$ khi đó $4|(p-1)$ ($a,b$ là các số nguyên và $p$ là một số nguyên tố)
Áp dụng : Phương trình tương đương với $x^3-1=1+y^2$ . Dễ thấy $gcd(y,1)=1$ suy ra $x^3-1$ có ước nguyên tố dạng $4k+1$ suy ra nó cũng có dạng $4m+1$ (nếu có dạng $4m+3$ thì phải có ước nguyên tố dạng $4l+3$ vô lí) (với $k,m,l$ là các số nguyên)
Suy ra $x^3-1 \equiv 1 \pmod{4}$
Suy ra $x^3 \equiv 2 \pmod{4}$ (vô lí)
Vậy phương trình vô nghiệm.

Không đúng đâu em. Bổ đề em chỉ đúng cho số nguyên tố lẻ thôi. Nếu có sự tham gia của $p = 2$ thì VT có dạng $4k + 2$ và không có mâu thuẫn đâu nhé

Cho đa thức $P(x)$ bậc $n$ hệ số thực thỏa mãn $P(x)$ nhận giá trị nguyên tại ít nhất $n + 1$ điểm nguyên liên tiếp.
a) Chứng minh rằng tất cả các hệ số của $P(x)$ là hữu tỷ.
b) Có nhất thiết phải nguyên không?
c) Chứng minh rằng với mọi $x$ nguyên thì $P(x)$ nguyên.

p.s: Bài này do mình chế, cách đặt câu hỏi chưa hay lắm. Chủ yếu là câu c), mong các bạn cho ý kiến 

Đề bài không thiếu dữ kiện $a_{0}$ mà thiếu dữ kiện $n$. Ví dụ $x + 1$ có nghiệm hữu tỷ nhé. Đề bài đúng là $n \ge 2$. Và dữ kiện $a_{0}$ thật sự không cần thiết vì nếu $a_{0} = 0$ ta suy ra ngay luôn $\overline{a_{n}a_{n - 1}\cdots 0} \vdots 10$ không là số nguyên tố.
Mình giải 1 lần trên AoPS rồi. Mình có tổng quát nhưng lười tìm lại link quá, sẽ giải TH cơ số 10 ở đây.
Giả sử ngược lại là $P(x) = a_{n}x^{n} + \cdots + a_{0}$ có nghiệm hữu tỷ. Nghĩa là $P(x) = (ax - b).Q(x)$ với $a \in \mathbb{Z}^{+}, b \in \mathbb{Z}$, $\text{gcd}(a, b) = 1$.
Để ý là theo bổ đề Bezout ta sẽ có $a\mid a_{n}$ và $b\mid a_{0}$ nên $0 \le a, b \le 9$
Thực hiện phép chia đa thức ta sẽ thu được $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Nhận xét: nếu $b$ không âm thì $P(x)$ sẽ có nghiệm hữu tỷ không âm, điều này là vô lí do các hệ số của ta đều không âm. Do đó $b < 0$. Thay $-b = c$ với $c > 0$ cho thuận tiện, ta có $P(x) = (ax + c).Q(x)$ với $a, c \in \mathbb{Z}^{+}$
Ta có $p = P(10) = (10a + c).Q(10)$. Do $10a + c > 1$ và $p \in \mathbb{P}$ nên $10a + c = p$ và $Q(10) = 1$
Do $0 \le a, c \le 9$ nên $10a + c$ là biểu diễn của $p$ trong cơ số $10$ (đây là biểu diễn duy nhất) nên từ đó ta suy ra $P(x)$ bậc $1$. Vô lí.

Ý bạn là tìm $n$ luôn?
Đặt $p^{u} = \text{gcd}(a, b)$. Ta có $a'^{n} + b'^{n} = p^{x - un}$ với $\text{gcd}(a', b') = 1$. Dễ thấy $x - un \ge 1$.
i) $n = 1$. Khi đó ta có bộ nghiệm $(a, b, x, p, n) = (a, p^{x} - a, x, 1)$.
ii) $n \ge 2$
Nếu $a = b = 1$, ta cũng có một bộ nghiệm
Nếu $(a, b, x, p, n) = (2, 1, 2, 3, 3)$
Ngoại trừ các trường hợp trên, $a^{n} + b^{n}$ có ước nguyên tố $q$ sao cho $q\nmid a + b$, điều này sẽ dẫn đến $a + b = 1$, vô lí.

Cho đa thức $f(x) = (x - 1)(x - 2)^{2}(x - 3)^{3}\cdots (x - 2000)^{2000}$. Hỏi có bao nhiêu số thực $x$ thỏa mãn $|f(x)| = 1$?

ii) Có $a + b + c - d\mid b(a + b + c - d) - b^{2} + 2bd - d^{2} \implies a + b + c - d \mid (b - d)^{2}$
Vì $a + b + c - d$ là ước nguyên tố nên $a + b + c - d\mid |b - d|$
Nếu $b > d$ thì $a + c + b - d \mid b - d$ với $0 < b - d < a + c + b - d$, vô lí.
Nếu $b < d$ thì $a + b + c - d \mid d - b$. Đặt $d - b = u(a + b + c - d) \implies u(a + c) = (u + 1)(d - b) \implies \frac{a + c}{d - b} = 1 + \frac{1}{u} \le 2$ (do $d > b$ nên $u \ge 1$). Do đó $a + c \le 2(d - b) \iff a + 2b + c \le 2d \implies (a + 2b + c)^{3} \le 8d^{3}$
Mặt khác, $(a + 2b + c)^{3} \ge 54abc = 54d^{3}$ theo AM-GM. Từ đó suy ra $54d^3 \le 8d^{3}$ suy ra $d = 0$, vô lí.
Vậy $b = d$

Thật ra điều kiện $x < y$ không quan trọng. Ta sẽ thay đổi vị trí $x, y$ nếu cần. Chỉ cần quan tâm $x \neq y$ và $\max(x, y) < z$
i) Nếu $n = 1$ chọn $1 = 4^{2} + 7^{2} - 8^{2}$
ii) Nếu $n = 2$ (cái này tìm mãi không có nghiệm :'()
iii) Nếu $n = 3$ chọn $3 = 4^{2} + 6^{2} - 7^{2}$
iv) Nếu $n = 7$ (cái này cũng vậy, nếu điều kiện sửa lại $x \ge y < z$ thì tìm được)
v) Nếu $n = 2k + 3 \; (k \neq 0, 2)$
Chọn $\begin{cases}x = 3k + 2 \\ y = 4k \\ z = 5k + 1\end{cases} \implies x^{2} + y^{2} - z^{2} = 2k + 3$
Khi đó $x \neq y$ và $3k + 2 < 4k < 5k + 1$
vi) Nếu $n = 2k + 2$ thì chọn $\begin{cases} x = 3k - 1\\ y = 4k + 1 \\ z = 5k\end{cases} \implies x^{2} + y^{2} - z^{2} = 2k + 2$

Không ai giải hết   
Lời giải của mình. Gọi $p$ là một ước nguyên tố của $7^{4k + 2} + 5.7^{2k + 1} + 1$. Nhận xét $p\neq 7$ và $p\neq 3$ và $p$ lẻ:
i) Ta có $p\mid (7^{2k + 1} + 1)^{2} + 21.7^{2k} \implies p\mid [7^{-k}(7^{2k + 1} + 1)]^{2} + 21 \implies \left(\frac{-21}{p}\right) = 1$
ii) Lại có $p\mid 4(7^{2n} + 5.7^{n} + 1) = (2.7^{n} + 5)^{2} - 21 \implies \left(\frac{21}{p}\right) = 1$
Kết hợp lại, ta có $1 = \left(\frac{-21}{p}\right) = \left(\frac{21}{p}\right).\left(\frac{-1}{p}\right) = \left(\frac{-1}{p}\right)$.
Từ đó ta suy ra $p \equiv 1\pmod{4}$
Chứng minh hoàn tất. $\bigstar$

Dạo này topic Số học THCS toàn bài ghê ghê nhỉ ._.
Đặt $a = \sqrt{5} + 2$ và $b = \sqrt{5} - 2$. Theo F.L.T cho $\gcd(p, 2) = 1$, ta có $2^{p + 1} \equiv 4\pmod{p}$
Ta cần chứng minh $\left\lfloor a^{p}\right\rfloor \equiv 4\pmod{p}$
Nhận xét là $0 < b^{p} < 1$
Do đó $a^{p} - b^{p} < a^{p} < a^{p} - b^{p} + 1$. Mặt khác, dễ dàng chứng minh $a^{p} - b^{p}$ là số nguyên.
Từ đó ta có $\left\lfloor a^{p}\right\rfloor = a^{p} - b^{p} = \left(\sqrt{5} + 2\right)^{p} - \left(\sqrt{5} - 2\right)^{p}$
Xét trên modulo $p$, dùng bổ đề cơ bản $(m + n)^{p} \equiv m^{p} + n^{p}\pmod{p}$
Áp dụng, ta có $a^{p} - b^{p} \equiv (\sqrt{5})^{p} + 2^{p} - (\sqrt{5})^{p} + 2^{p} \equiv 2^{p + 1} \equiv 4\pmod{p}$.
Xong. $\bigstar$

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm. $D, E, F$ là chân đường cao hạ từ $A, B, C$, theo thứ tự. $BE$ cắt $DF$ tại $N$ và $BF$ cắt $DE$ tại $M$. Gọi $O$ là tâm của $\odot (BHC)$. Chứng minh rằng $AO \perp MN$

$a^{2} = b! + 2416$
Nếu $b \ge 11$ thì VP có thể đồng dư $7$ modulo $11$
Và vế trái có thể đồng dư $0; 1; 4; 9; 5; 3$. Vô lí
Vậy $b < 11$. Bước tiếp theo là thử và sai.

Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên $k$ thì $$\prod_{a = 1}^{k}\prod_{b = 1}^{k}\prod_{c = 1}^{k}\frac{a + b + c - 1}{a + b + c - 2}$$ là số nguyên.

Nguồn: AoPS - trumpeter

Hôm trước mình làm sai, mình làm lại như sau:

Giả sử các phần tử của $S$ là $a_1,a_2,...a_n$ và tất cả các ước nguyên tố của các $a_i$ là $p_1,p_2,...p_k$

và $a_1=p_1^{m_{11}}p_2^{m_{12}}...p_k^{m_{1k}}$, ... $a_i=p_1^{m_{i1}}p_2^{m_{i2}}...p_k^{m_{ik}}$

Ta sẽ chọn $K=p_1^{n_1}p_2^{n_2}...p_k^{n_k}$ với các $n_i$ thíc hợp

Khi đó $d(Ka_i)=(n_1+m_{i1}+1)(n_2+m_{i2}+1)...(n_k+m_{ik}+1)$

kiểu bài này là dùng $CRT$ luôn , gọi ra tập $P$ gồm $n.k$ số nguyên tố $q_{i1},q_{i2},...q_{ik}$ với $i$ chạy từ $1$ đến $n$

Với mỗi $j$ từ $1$ đến $k$ ta chọn $n_j$ sao cho $n_j+m_{ij}+1$ chia hết cho $q_{ij}$ , $i$ chạy từ $1$ đến $n$, và ko chia hết cho các số nguyên tố còn lại.

Vì chỉ có hữu hạn các tổng $n_j+m_{ij}+1$ nên ta có thể chọn các $q_{ij}$ đủ lớn để ko có $2$ số nào cùng chia hết cho $1$ số nguyên tố thuộc $P$

Khi đó mỗi tích  $q_{i1}q_{i2}...q_{ik}$ chỉ chia hết duy nhất $d(Ka_i)$. Vì thế $B$ chỉ cần một lượt chơi để tìm ra số $a_i$ .

 $đpcm$

Mình cũng làm vậy :-P

Cho một tập hữu hạn $S$ gồm các số nguyên dương. Cả hai người A và B đều biết trước các phần tử của $S$. Họ thực hiện trò chơi như sau: A lấy một số $m$ bất kì thuộc $S$ (không để B biết); tiếp theo B chọn một số $k$ bất kì (không nhất thiết thuộc $S$); sau đó A tính toán và cho $B$ biết giá trị của $d(km)$ với $d(n)$ là số các ước số dương của $n$ để B đoán ra số $m$; làm như vậy cho đến khi B đoán đúng. Chứng minh rằng $B$ có thể chọn số $k$ khéo léo để chỉ một lượt chơi là B có thể tìm được số như yêu cầu.

p.s. Đây là đề qgia của Ukraina năm nay. Mình có một lời giải nhưng không nghĩ nó hay cho lắm, đăng lên để anh em tham khảo cho ý kiến.

Bài này mình làm thử vài trường hợp nhỏ rồi tổng quát lên, đưa lên AoPS hỏi cũng chưa có trả lời :-) Hôm nay có ý, đưa mọi người xem thử.
a) Cho tam thức bậc hai $P(x) = ax^{2} + bx + c$ thỏa mãn $|P(x)| \le 1 \; \forall x \in [-1; 1]$. CMR $P'(x) \le 4 \; \forall x \in [-1; 1]$
b) Cho đa thức bậc ba $P(x) = ax^{3} + bx^{2} + c + d$ thỏa mãn $|P(x)| \le 1 \; \forall x \in [-1; 1]$. CMR $P'(x) \le 9 \; \forall x \in [-1; 1]$.
c) Cho đa thức bậc $n$: $P(x) = a_{n}x^{n} + \ldots + a_{0}$ thỏa mãn $|P(x)| \le 1 \; \forall x \in [-1; 1]$. CMR $P'(x) \le n^{2} \; \forall x \in [-1; 1]$

Không thấy ai giải hết :| Phần đa thức Olympic thấy trống vắng nhỉ :-?. Mình xử bài này vậy :-P. Đặt
$$f(x) = 2013 + (x - a)(x - b)(x - c)(x - d).Q(x)$$
với $a, b, c, d$ là các số nguyên phân biệt và $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Giả sử ngược lại là tồn tại $L$ để $f(L) = 2024$. Khi đó $11 = (L - a)(L - b)(L - c)(L - d).Q(L)$
TH1. $Q(L) = 11$ (TH $Q(L) = -11$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 1$, khi đó có 2 số sẽ bằng nhau, vô lí.
TH2. $Q(L) = 1$ (TH $Q(L) = -1$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 11$, cũng lí luận được sẽ có 2 số bằng nhau, vô lí. :-)

Nói cách khác, ta sẽ tìm giá trị nhỏ nhất của $f(n) = \frac{\sigma (n)}{\sqrt{n}.\tau (n)}$ với $n \in \mathbb{Z}^{+}$
Đặt $n = p_{1}^{a_{1}}.p_{2}^{a_{2}}\cdots p_{k}^{a_{k}}$, khi đó ta viết lại $f(n)$ như sau:
$$f(n) = \frac{(1 + p_{1} + \cdots + p_{1}^{a_{1}})(1 + p_{2} + \cdots + p_{2}^{a_{2}})\cdots (1 + p_{k} + \cdots + p_{k}^{a_{k}})}{(1 + a_{1})(1 + a_{2})\cdots (1 + a_{k})\sqrt{p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}\cdots p_{k}^{a_{k}}}}$$
Bổ đề. Nếu $p \ge 3$ là số nguyên tố thì $\frac{1 + p + \cdots + p^{a}}{(1 + a)\sqrt{p^{a}}} \ge 1$. (*)

Áp dụng bổ đề ta có $f(p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}\cdots p_{k}^{a_{k}}) \ge f(p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}} \cdots p_{k - 1}^{a_{k - 1}}) \ge \cdots \ge f(p_{1}^{a_{1}})$

1. Nếu $p_{1} \ge 5$ thì áp dụng bổ đề $f(p_{1}^{a_{1}}) = g(a_{1}) \ge g(1) = \frac{1 + p}{2\sqrt{p}} \ge \frac{6}{2\sqrt{5}}$.
2. Nếu $p_{1} = 2$ thì áp dụng bổ đề nếu $a_{1} \ge 3$ thì $f(2^{a_{1}}) \ge  f(2^{3})$ với $a_{1} \ge 3$. Với $a_{1} = 1$ thì $f(2^{1}) = \frac{3}{2\sqrt{2}}$. Với $a_{1} = 2$ thì $f(2^{2}) = \frac{7}{6}$.
   So sánh ta thấy $f(2) \le f(n) \; \forall n \ge 2$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $n = 2$.

Vậy $a = f(2)$.
 

 

Hình như mấy hôm trước có bạn proxi gì đó bên AoPS đăng lại đề này. :-) Mình lười giải :3

 

Hỏi có tồn tại tích ba số tự nhiên liên tiếp là lũy thừa của một số nguyên với số mũ không nhỏ hơn $2$?