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. $\bigstar$

Mà $c^2\leq 1\Rightarrow b^2\geq 1$

Tại sao bạn có điều này, $b \le 1$ vẫn có lí chứ, khi đó $bc \le 1$ và $b^{2} + c^{2} \le 2$ vẫn đúng mà
Và bất đẳng thức $a + b + c - abc - 2 \ge 0$ không đúng đâu ạ. Ví dụ $a = b = c = \frac{1}{3}$ thì sai rõ ràng luôn.

Bài này là một bài mình rất thích. Nên đặt ở topic Olympic.
Dễ thấy rằng ta có thể giả sử $\gcd(a, b, c) = 1$ (khi đó khẳng định lẫn điều kiện bài toán đều hợp lí)
Xét $p$ là một ước nguyên tố của $a$, ta có $ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} = 3abc$. Nếu $p \nmid b; c$ thì thấy vô lí. Do đó $p\mid b$ hoặc $p\mid c$. Tuy nhiên chỉ xảy ra một trong hai TH do $\gcd(a, b, c) = 1$.

• TH1. $p\mid b$:
  Nếu $v_{p}(b) > 2v_{p}(a)$ thì $v_{p}(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) = \min \left(v_{p}(ab^{2}); v_{p}(bc^{2}); v_{p}(ca^{2})\right) = v_{p}(ca^{2}) = 2v_{p}(a)$. Mặt khác, $v_{p}(3abc) \ge v_{p}(abc) = v_{p}(a) + v_{p}(b) > 3v_{p}(a)$. Điều này vô lí.
  Nếu $v_{p}(b) < 2v_{p}(a)$ thì $v_{p}(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) = \min \left(v_{p}(ab^{2}); v_{p}(bc^{2}); v_{p}(ca^{2})\right) = v_{p}(bc^{2}) = v_{p}(b)$. Mặt khác, $v_{p}(3abc) \ge v_{p}(abc) = v_{p}(a) + v_{p}(b) > v_{p}(b)$. Vô lí.
  Nếu $v_{p}(b) = 2v_{p}(a)$ thì $v_{p}(abc) = v_{p}(a) + v_{p}(b) + v_{p}(c) = 3v_{p}(b)$ đúng với mọi $p$. Do đó số mũ của $p$ trong tích $abc$ là bội của $3$.
• TH2. $p\mid c$:
  Nếu $v_{p}(a) > 2v_{p}(c)$ thì $v_{p}(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) = \min \left(v_{p}(ab^{2}); v_{p}(bc^{2}); v_{p}(ca^{2})\right) = v_{p}(bc^{2}) = 2v_{p}(c)$. Mặt khác, $v_{p}(abc) = v_{p}(a) + v_{p}(b) + v_{p}(c) > 3v_{p}(c) > 2v_{p}(c)$. Vô lí.
  Nếu $v_{p}(a) < 2v_{p}(c)$ thì $v_{p}(ab^{2} + bc^{2} + ca^{2}) = \min \left(v_{p}(ab^{2}); v_{p}(bc^{2}); v_{p}(ca^{2})\right) = v_{p}(ab^{2}) = v_{p}(a)$. Mặt khác, $v_{p}(abc) = v_{p}(a) + v_{p}(b) + v_{p}(c) > v_{p}(a)$. Vô lí.
  Nếu $v_{p}(a) = 2v_{p}(c)$ thì $v_{p}(abc) = 3v_{p}(c)$ hay số mũ của $p$ trong tích $abc$ là bội của $3$.

Trong tất cả trường hợp, ta có thể kết luận $abc$ là lũy thừa của $3$.
(y)

TURKEY Team Selection Test 2016

Ngày 1 (02/04/2016)
Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn, $P$ thuộc đường cao hạ từ $A$. Các đường thẳng $BP, CP$ lần lượt cắt các cạnh $CA, AB$ tương ứng tại $D, E$. Tiếp tuyến kẻ từ $D$ và $E$ tới $(BPC)$ tiếp xúc tại $K, L$ tương ứng ($K, L$ nằm trong tam giác). Đường thẳng $KD$ giao với $(AKC)$ tại $M$ ($M \neq K$) và đường $LE$ giao với $(ALB)$ tại $N$ ($N \neq L$). Chứng minh rằng $\frac{DK}{DM} = \frac{EL}{EN}$ khi và chỉ khi $P$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

Bài 2. Trong một lớp học có $23$ học sinh, mỗi cặp học sinh đã coi một bộ phim cùng nhau. Với mỗi học sinh, các bộ phim học sinh đó coi gọi là tuyển tập các bộ phim của học sinh đó.  Biết rằng mỗi học sinh đã coi mỗi bộ phim tối đa một lần, hỏi có ít nhất bao nhiêu tuyển tập các bộ phim khác nhau của những học sinh này?

Bài 3. Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} \le 3$. Chứng minh rằng $$(a + b + c)(a + b + c - abc) \ge 2(a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a)$$

Ngày 2 (03/04/2016)
Bài 4. Một dãy các số thực $a_{0}, a_{1}, \cdots$ thỏa mãn điều kiện $$\sum_{n = 0}^{m}a_{n}.(-1)^{n}.\binom{m}{n} = 0$$ với mọi số nguyên dương $m$ đủ lớn. Chứng minh rằng tồn tại một đa thức $P$ thỏa mãn $a_{n} = P_{n}$ với mọi $n \ge 0$.

Bài 5. Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ sao cho với mọi $m, n \in \mathbb{N}$ thì $f(mn) = f(m).f(n)$ và $m + n \mid f(m) + f(n)$

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $D$ là trung điểm của $BC$. Một đường thẳng qua $D$ cắt $AB$ tại $K$, $AC$ tại $L$. Điểm $E$ trên cạnh $BC$ ($E \neq D$), $P$ trên $AE$ sao cho $\angle KPL = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle KAL$; $E$ nằm giữa $A$ và $P$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PDE$ cắt $PK$ tại $X$ ($X \neq P$) và cắt $PL$ tại $Y$ ($Y \neq L$). Đường $DX$ cắt $AB$ tại $M$, đường $DY$ cắt $AC$ tại $N$. Chứng minh rằng bốn điểm $P, M, A, N$ cùng thuộc một đường tròn.

Ngày 3 (04/04/2016)
Bài 7. Cho $A_{1}, A_{2}, \cdots , A_{k}$ là các tập con khác nhau của tập $\{1, 2, \cdots , 2016\}$. Nếu $A_{i} \cap A_{j}$ tạo thành một cấp số cộng với mỗi $1\le i \le j \le 2016$. Tìm giá trị lớn nhất có thể của $k$.

Bài 8. Các góc của một đa giác lồi $A_{1}A_{2}\cdots A_{n}$ ($n \ge 5$) là góc tù. Với mọi $1 \le i \le n$, $O_{i}$ là tâm ngoại tiếp của $A_{i - 1}A_{i}A_{i + 1}$ (quy ước $A_{0} = A_{n}$ và $A_{1} = A_{n + 1}$). Chứng minh rằng $O_{1}O_{2}\cdots O_{n}$ không phải là một $n$ - giác lồi.

Bài 9. $p$ là một số nguyên tố. Đặt $\mathbb{K}_{p}$ là tập hợp tất cả các đa thức hệ số nguyên thuộc tập $\{0, 1, \cdots , p - 1\}$ và bậc nhỏ hơn $p$. Giả sử với mọi cặp đa thức $P, Q \in \mathbb{K}_{p}$ sao cho $P(Q(n)) \equiv n\pmod{p}$ với mọi số nguyên $n$, thì bậc của $P$ và $Q$ là bằng nhau. Xác định mọi số nguyên tố $p$ thỏa mãn điều kiện trên.

Cho bảng vuông $n\times n$ gồm $n^{2}$ ô vuông đơn vị. Điền vào các ô đơn vị các số nguyên sao cho hai ô cạnh nhau (có cạnh chung) được điền vào hai số chênh lệch nhau không quá $1$ đơn vị. Chứng minh rằng có một số xuất hiện ít nhất $n$ lần.

Chưa xem qua lời giải 2 bạn, thấy bài hay nên thử làm

Bài 1: 

Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $4t+1$ sao cho $2p+1$ cũng là số nguyên tố. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $k<2p$ và $2^{k} \equiv 1 \pmod{2p + 1}$

Giải. Yêu cầu bài toán tương đương với chứng minh $2p$ là cấp số nguyên của $2$ modulo $2p + 1$.
Giả sử ngược lại là tồn tại $k < 2p$ sao cho $2^{k}\equiv 1\pmod{2p + 1}$. Theo tính chất của cấp thì $k\mid 2p$. Khi đó:

• Nếu $k = 1$ thì $2p + 1 = 1$, vô lí.
• Nếu $k = 2$ thì $2p + 1 = 3 \implies p = 1$, vô lí.
• Nếu $k = p$ hay $2^{p} \equiv 1\pmod{2p + 1} \implies 2^{p + 1} \equiv 2\pmod{2p + 1}$. Do đó $\begin{pmatrix} 2\\2p + 1 \end{pmatrix} = 1 \implies 2p + 1 \equiv 1; 7\pmod{8} \implies p\equiv 0; 3\pmod{4}$. Vô lí.

Vậy bài toán được giải quyết. $\bigstar$

Để ý là $2^{2p} \equiv 1\pmod{\frac{4^{p} - 1}{3}}$
Nếu ta chứng minh được $2p\mid \frac{4^{p} - 4}{3}$ thì điều ta dự đoán là đúng. Để ý là do $\gcd(p, 3) = 1$ nên ta cần chứng minh $2p\mid 4(4^{p - 1} - 1)$. Điều này đúng luôn nhờ định lý Fermat bé.
Xong. $\bigstar$

Câu hỏi khó hơn: Tìm con số tối ưu $n$ mà với $n$ số nguyên tùy ý thì luôn tồn tại $11$ số nguyên sao cho tổng của chúng chia hết cho $11$?

Bạn định nghĩa rối quá. Hình vuông $a\times b$?
Bạn định nghĩa hai lần $S(a, b)$, nhưng còn định nghĩa $S(ab)$ là gì? Và để cho tiện, sao không để $S_{ab} = ab$ luôn?!

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

Bài này em thử dùng bằng các tiêu chuẩn nội suy nhưng cực kì phức tạp.
Tuy nhiên em có lời giải khác khá đẹp

 

Bài toán. Cho $P(x) \in \mathbb{R}[x]$ có bậc $n$. Chứng minh rằng nếu $P(x)$ nhận giá trị nguyên tại $n + 1$ giá trị nguyên liên tiếp thì $P(x)$ nhận giá trị nguyên với mọi $x$ nguyên.

Chiều thuận sai. Đơn cử $k=2$ thì $\binom{k + r - 1}{k - 1}\mid \binom{k + t - 1}{k - 1} \Leftrightarrow r|t$. Lấy $r=2,t=4$

Hình như chỗ này chưa đúng. Với $k = 2, r = 2, t = 4$ thì $\binom{k + r - 1}{k - 1} = \binom{3}{1} = 3$ và $\binom{k + t - 1}{k - 1} = \binom{5}{1} = 5$. Khi đó $3\nmid 5$. Em nghĩ cái này đúng hơn:
$\binom{k + r - 1}{k - 1}\mid \binom{k + t - 1}{k - 1} \Leftrightarrow r + 1|t + 1$
Bài này em vô tình phát hiện, ý phát biểu là nếu số số hạng của một đa thức đối xứng này chia hết cho số số hạng của một đa thức đối xứng kia thì đa thức này chia hết cho đa thức kia.

Bài này là một bài số học đấy chứ. Với $p = 2$ thì chọn $n = 1$. Với $p = 3$ thì chọn $n = 3$. Xét $p > 3$:
Nếu $\left(\frac{2}{p}\right) = 1$ hoặc $\left(\frac{3}{p}\right) = 1$ thì ta có ngay đpcm.
Ngược lại, $\left(\frac{2}{p}\right) = \left(\frac{3}{p}\right) = -1$ thì $\left(\frac{6}{p}\right) = \left(\frac{2}{p}\right)\times \left(\frac{3}{p}\right) = 1$. ĐPCM.

Ta định nghĩa $P_{n}(x_{1}, x_{2}, \cdots , x_{k}) = \sum_{a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k} = n}x_{1}^{a_{1}}x_{2}^{a_{2}}\cdots x_{k}^{a_{k}}$ là một đa thức đối xứng bậc $n$
Chứng minh hoặc phản chứng lại, nếu $\binom{k + r - 1}{k - 1}\mid \binom{k + t - 1}{k - 1}$ thì $P_{r}(x_{1}, x_{2}, \cdots x_{k})\mid P_{t}(x_{1}, x_{2}, \cdots , x_{k})$
Chiều ngược lại có đúng không?

Tìm tất cả hàm liên tục $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $$f(f(x)) = f(x) + x$$ với mọi số thực $x$

http://viasm.edu.vn/...s/lecture-notes
Ở trang của viện toán cao cấp có một vài tài liệu khá hay, có phần analytic number theory mình đang tìm hiểu, nhưng mình không thể xem số này, mọi số khác đều xem được.
Mình muốn nhờ các bạn ai có tài liệu trên hãy upload lên cho mình tham khảo với nhé. Cảm ơn các bạn nhiều

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn: $$\begin{cases} f(x + 1) \ge f(x) + 1 \\ f(xy)\ge f(x)f(y)\end{cases}\; \forall x, y \in \mathbb{R}$$

Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $3^{n} + n^{2}$ là số chính phương

Đặt $d = \gcd(x, y)$ và $\begin{cases} x = dm \\ y = dn\end{cases}$ với $\gcd(m, n) = 1$
Như Bảo đã đánh giá, $z \le x + y$.
Khi đó viết lại PT, $d^{x + y - z}m^{y}.n^{x} = (m + n)^{z}$
Xét modulo $m$, ta thu được $n^{z} \vdots m$, mặt khác, $\gcd(m, n) = 1$ nên $m = 1$
Tương tự với modulo $n$ ta thu được $n = 1$. Hay $x = y$.
Thế lại PT đầu, ta thu được $x^{2x} = (2x)^{z} \iff x^{2x - z} = 2^{z}$
Do đó $x = 2^{t}$, khi đó ta thu được $2xt - zt = z \iff z(t + 1) = 2xt \implies t.2^{t + 1} = z(t + 1)$
Lại để ý là  $t.2^{t + 1} \vdots t + 1 \implies 2^{t + 1} \vdots t + 1 \implies t + 1 = 2^{u}$
Khi đó $z = (2^{u} - 1).2^{t + 1 - u} = (2^{u} - 1).2^{2^{u} - u}$ và $x = y = 2^{2^{u} - 1}$

Đã sửa, thật ra $\gcd$ kia $p - 1$ kia có thể sửa lại nhanh bằng cách xét $q \neq 3$. Thì vấn đề $q^{2}\mid p - 1$ hoặc $q^{2}\mid p^{2} + p + 1$ vẫn đúng.

Bài 1.

• TH1. $q = 2\iff p = 3$ là một nghiệm
• TH2. $q = 3 \iff p = 2$ là nghiệm.
• TH3. Ngoại trừ các trường hợp trên, nhận xét là $\gcd(q + 1, q^{2} - q + 1) \mid 3$ và $\gcd(p^{3} - 1, p^{3} + 1) = 2$, do $q \neq 3$ nên ta có các kết luận sau
  $p^{2} \mid q + 1$ hoặc $p^{2}\mid q^{2} - q + 1$ (từ đây suy ra $p^{2} \le q^{2} - q + 1$) và $q^{2}\mid p^{3} + 1$ hoặc $q^{2}\mid p^{3} - 1$.
  TH3.1. $q^{2}\mid p^{3} + 1$ thì nhận xét là $\gcd(p + 1, p^{2} - p + 1) \mid 3$:
  TH3.1.1. $q^{2} \mid p + 1 \implies q^{2} - 1\le p \implies (q^{2} - 1)^{2}\le p^{2} \le q^{2} - q + 1$
  $\implies q^{4} - 2q^{2} + 1 \le q^{2} - q + 1 \implies q^{4} - 3q^{2} + q \le 0 \implies q^{3} - 3q + 1 \le 0$. Vô lí
  TH3.1.2. $q^{2}\mid p^{2} - p + 1 \implies q^{2} \le p^{2} - p + 1 \le q^{2} - q + 1 - p + 1 \implies p + q \le 2$. Vô lí.
  TH3.2. $q^{2}\mid p^{3} - 1$. Nhận xét là $\gcd(p - 1, p^{2} + p + 1) \mid 3$
  TH3.2.1. $q^{2}\mid p - 1 \implies (q^{2} + 1)^{2}\le p^{2}\le q^{2} - q + 1 \implies q^{4} + q^{2} + q \le 0$. Vô lí.
  TH3.2.2. $q^{2}\mid p^{2} + p + 1 \implies q^{2} \le p^{2} + p + 1 \le q^{2} - q + 1 + p + 1 \implies q - p \le 2$
  Do $p \neq q$ nên $q = p + 2$. Thế lại, ta có $(p + 2)^{2} \mid p^{2} + p + 1 \implies (p + 2)^{2} \mid 3p + 3 \implies p^{2} + p + 1 \le 0$. Vô lí.

Vậy $(p, q) = (3, 2), (2, 3)$ là các nghiệm.

Thấy bài 3 hay (y). Sao bạn không post đề lớp 11 luôn?

Đặt $m = 2^{a}.x$ và $n = 2^{b}.y$ với $x, y$ lẻ. Theo đề bài ta có $2016^{m} + 1\mid 2016^{n} + 1 \iff (2016^{2^{a}})^{x} + 1\mid (2016^{2^{b}})^{y} + 1$

• Nếu $b < a$ thì để ý là $(2016^{2^{a}})^{x} + 1 \vdots 2016^{2^{a}} + 1$ do $x$ lẻ. Do đó $a + 1\mid a^{t} + 1$ với $a = 2016^{2^{a}}$ và $t = 2^{b - a}.y$ ($t$ chẵn do $b < a$). Mặt khác $a^{t} - 1 \vdots a^{\frac{t}{2}} - 1 \vdots \cdots \vdots a^{2y} - 1 \vdots a^{y} + 1 \vdots a + 1$, từ đó suy ra $2 \vdots a + 1 \implies a = 1$. Vô lí.
• Nếu $b > a$ thì ta có $2016^{2^{a}} + 1 \mid 2016^{2^{a}x} + 1$ do $x$ lẻ. Và $2016^{2^{b}.y} - 1 \vdots 2016^{2^{b}} - 1 \vdots 2016^{2^{a + 1}} - 1 \vdots 2016^{2^{a}} + 1$. Từ đó ta cũng suy ra $2\vdots 2016^{2^{a}} + 1$. Vô lí.
• Nếu $b = a$ thì áp dụng bổ đề cho ta $x\mid y$. Vậy $m \mid n$.

Cho $n_{1}, n_{2}, \cdots , n_{k + 1}$ là các số nguyên dương sao cho $\gcd(n_{k + 1}, n_{i}) = 1 \; \forall i < k + 1$. Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ số nguyên dương$ x_{i}$ sao cho $x_{1}^{n_{1}} + x_{2}^{n_{2}} + \cdots x_{k}^{n_{k}} = x_{k + 1}^{n_{k + 1}}$.