Cho hàm số $f(x)$ khả vi trên đoạn $[a,b]$. Biết rằng $f'(a)=f'(b)=0$. Chứng minh tồn tại $c\in [a,b]$ sao cho $f''(c)\geq \frac{4|f(a)-f(b)|}{(b-a)^2}$

Đặt $t=abc\Rightarrow t\leq \frac{1}{27}$

Bất đắng thức cần chứng minh tương đương $\left ( 1-3abc \right )^3\geq \left ( \frac{8}{3} \right )^3abc\Leftrightarrow \left ( 1-3t \right )^3\geq \left (\frac{8}{3} \right )^3t\Leftrightarrow \frac{1}{27}\left ( 1-27t \right )\left ( 27t^2-26t+27 \right )\geq 0$ (điều này đúng) do đó ta có đpcm.

Theo đề bài, ta có $a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor$$> \frac{2a_{n+1}}{a_n}+\frac{2a_n}{a_{n+1}}-2\geq 4-2=2\Rightarrow$$a_n\geq 3\forall n\geq 3$. Do đó ta có thể xét dãy $\left \{ a_n \right \}$ mới bắt đầu từ $a_3$ của dãy cũ và lúc này $a_n\geq 3 \forall n$.

Giả sử $max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}>5\forall n$

Xét một bộ $\left ( a_n,a_{n+1} \right )$ bất kỳ và giả sử $a_{n+1}\geq a_n$. Ta xét các trường hợp sau:

+Trường hợp 1: $\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{1}{2}$$\Rightarrow \frac{2a_{n}}{a_{n+1}}<1\Rightarrow \left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor=0$

$a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor<\frac{2a_{n+1}}{a_{n}}\leq \frac{2a_{n+1}}{2}=a_{n+1}\Rightarrow a_{n+2}< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 2: $\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}\Rightarrow a_{n+2}=5 < max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 3: $\frac{1}{2}<\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<1\Rightarrow \frac{a_{n+1}}{a_n}<2\Rightarrow a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor\leq 1+\left \lfloor 2.2 \right \rfloor=5 < max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 4: $\frac{a_n}{a_{n+1}}=1\Rightarrow a_{n+2}=4< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

Vậy với mọi trường hợp thì $a_{n+2}< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$. Tương tự ta có $a_{n+3}< max\left \{ a_{n+1},a_{n+2} \right \}\leq max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}\Rightarrow max\left \{ a_{n+2},a_{n+3} \right \}< max\left \{ a_{n},a_{n+1} \right \}$. Điều này mâu thuẫn với giả sử cho nên tồn tại $k$ sao cho $max\left \{ a_k,a_{k+1} \right \}\leq 5$.

Do đó $a_k,a_{k+1}\in \left \{ 3,4,5 \right \}$. Bằng tính toán trực tiếp ta suy ra được từ 9 bộ này luôn suy ra được một trong hai bộ $\left ( 4,3 \right )$ hoặc $\left ( 4,4 \right )$. Như vậy tồn tại $m$ để $a_m=4, a_{m+1}\in \left \{ 3,4 \right \}$.

Bài 4: Bài toán tổng quát: Ở mỗi ô vuông con của một hình vuông $m \times m$, ta ghi một số nguyên từ $1$ đến $m$ sao cho mỗi số từ $1$ đến $m$ được ghi đúng $m$ lần. Chứng minh tồn tại một hàng hoặc một cột chứa $n+1$ số khác nhau với $m,n$ là các số nguyên thỏa mãn $n^2<m$

Ta quy ước điểm của một hàng (hoặc cột) sẽ bằng với số các số nguyên khác nhau mà hàng (hoặc cột) đó chứa. Điểm của một số bằng tổng số hàng và cột chứa số đó. Nhận thấy tổng điểm của các hàng và cột bằng tổng điểm của các số.

Giả sử không tồn tại hàng hoặc cột nào chứa $n+1$ số khác nhau. Do đó tổng điểm của các hàng và các cột không vượt quá $2mn$ điểm.$\left ( 1 \right )$

Xét một số bất kỳ xuất hiện trong $t$ cột, theo nguyên lý Dirichlet, sẽ tồn tại một cột chứa không ít hơn $\frac{m}{t}$ lần số này hay có thể nói có không ít hơn $\frac{m}{t}$ hàng có chứa số đã chọn.

Tổng số cột và hàng chứa số đó $\geq t+\frac{m}{t}\geq 2\sqrt{m}>2n$

Do đó tổng số điểm của của các số $> 2mn$.$\left ( 2 \right )$

$\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )$ mâu thuẫn với nhau suy ra điều giả sử sai $\Rightarrow$ đpcm.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b$.

Đặt $a^3+b=2^m, b^3+a=2^n\left ( m\geq n \right )$$\Rightarrow b\equiv -a^3\equiv b^9\left ( mod2^n \right )\Rightarrow 2^n|b^9-b$$\Rightarrow v_2\left ( b \right )+v_2\left ( b^2-1 \right )+v_2\left ( b^2+1 \right )+v_2\left ( b^4+1 \right )\geq n$ (quy ước $v_2\left ( 0 \right )=+\infty$)

Vì $a^3+b, b^3+a$ là các lũy thừa của $2$ cho nên $\left\{\begin{matrix} 3v_2\left ( a \right )=v_2\left ( b \right )\\ 3v_2\left ( b \right )=v_2\left ( 2 \right ) \end{matrix}\right.\Rightarrow v_2\left ( a \right )=v_2\left ( b \right )=0$ hay $a,b$ lẻ.

Vì $b$ lẻ cho nên $v_2\left ( b \right )=0, v_2\left ( b^2+1 \right )=v_2\left ( b^4+1 \right )=1\Rightarrow 2+v_2\left ( b^2-1 \right )\geq n\Rightarrow b^3+a|4\left ( b^2-1 \right )$

Nếu $b=1$;

$2^m=a^3+1=\left ( a+1 \right )\left ( a^2-a+1 \right )$, mà $a^2-a+1$ lẻ suy ra $a^2-a+1=1\Rightarrow a=1$

Nếu $b\geq 3$$\Rightarrow 4\left ( b^2-1 \right )\geq b^3+a\geq b^3+b$. Giải bất phương trình ta được $b=3$$\Rightarrow 5\geq a\geq b=3$. Thử lại ta chọn được $\left ( a,b \right )=\left ( 5,3 \right )$

Vậy các cặp $\left ( a,b,c \right )$ thỏa mãn là $\left ( 1,1,2 \right ),\left ( 5,3,12 \right )$

Giả sử không chọn được nhóm 6 bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta đánh số thứ tự cho các bạn nam từ $1$ đến $15$ theo chiều kim đồng hồ, gọi $x_i$ là số bạn nữ giữa bạn nam thứ $i$ và $i+1 \left ( 1\leq i\leq 14 \right )$ và $x_{15}$ là số bạn nữ giữa bạn nam thứ $15$ và thứ $1$.

Ta có $\sum_{1}^{15}x_i=15$

Điều kiện để chọn ra nhóm 6 bạn ngồi cạnh nhau mà thỏa mãn điều kiện bài toán là tồn tại $i$ sao cho $x_i+x_{i+1}\leq 3$ và trong hai số $x_{i-1}, x_{i+2}$ luôn có một số mà tổng nó với $x_i, x_{i+1}$ không nhỏ hơn 3.

Nếu trong $x_i$ tồn tại một số không nhỏ hơn 3, giả sử $x_1\geq 3$, nếu $x_2+x_3\leq 3$ thì ta chọn được bạn nam số $2,3,4$ (vô lý); do đó $x_2+x_3\geq 4$, nếu $x_3+x_4\geq 3$ thì ta chọn được bạn nam số $3,4,5$ (vô lý), do đó $x_3+x_4\geq 4$, cứ làm như vậy ta được $x_i+x_{i+1}\geq 4\left ( 2\leq i\leq 14 \right )$, suy ra $\sum_{1}^{15}x_i=x_1+\left ( x_2+x_3 \right )+...+\left ( x_{14}+x_{15} \right )\geq 3+7.4>15$ (vô lý).

Do đó $x_i$ chỉ nhận các giá trị $0,1,2$, nếu $x_i=1$ với mọi $i$ thì ta điều giả sử vô lý do đó trong $x_i$ có ít nhất 1 số bằng $0$ và 1 số bằng $2$.

Ta viết dãy $x_i$ thành dãy 15 số $0,1,2$, nhận thấy số số 0 phải bằng số số 2.

Vì có ít nhất một số 2 nên không mất tính tổng quát giả sử số đầu tiên là 2, nếu có tồn tại hai số 1 và 2 hoặc hai số 2 nằm liên tiếp nhau thì ta có thể chọn được các bạn thỏa mãn bài toán (vô lý với giả sử) nên ta với mỗi số 2 thì hai bên cạnh nó phải là hai số 0. Do đó số số 0 nhiều hơn số số 2(vô lý)(số số 0 bằng số số 2 chỉ trong trường hợp dãy có chẵn số và các số 2, 0 xếp xen kẽ nhau nhưng dãy có 15 số nên điều này không xảy ra được).

Vậy điều giả sử sai, luôn chọn được nhóm 6 bạn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

$\left\{\begin{matrix} 5x^2+2y^2+z^2=2\\ xy+yz+zx=1 \end{matrix}\right.\Rightarrow 5x^2+2y^2+z^2=2\left ( xy+yz+zx \right )\Leftrightarrow \left ( 2x-y \right )^2+\left ( x+y-z \right )^2=0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y=2x\\ z=3x \end{matrix}\right.$

Thay lại vào phương trình đầu ta được $22x^2=2\Rightarrow x=\pm \frac{1}{\sqrt{11}}\Rightarrow \left ( x,y,z \right )=\left (-\frac{1}{\sqrt{11}}, -\frac{2}{\sqrt{11}}, -\frac{3}{\sqrt{11}} \right ), \left (\frac{1}{\sqrt{11}}, \frac{2}{\sqrt{11}}, \frac{3}{\sqrt{11}} \right )$

Vì đa thức $F\left ( x \right )$ có 4 nghiệm âm nên ta có thể viết $F\left ( x \right )=\left ( x+x_1 \right )\left ( x+x_2 \right )\left ( x+x_3 \right )\left ( x+x_4 \right )\left ( x_1, x_2, x_3, x_4 >0 \right )\Rightarrow x_1x_2x_3x_4=k^4$

$F\left ( p \right )=\left ( p+x_1 \right )\left ( p+x_2 \right )\left ( p+x_3 \right )\left ( p+x_4 \right )\geq \left ( p+\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4} \right )^4=\left ( p+k \right )^4$

Bài 1:

Theo đề bài thì tổng 5 số nguyên liên tiếp trong 2017 số đó phải là số lẻ , xét $1\leq i\leq 2017$, nếu $n_i$ và $n_{i+5}$ khác tính chẵn lẻ thì $n_i+n_{i+1}+n_{i+2}+n_{i+3}+n_{i+4}, n_{i+1}+n_{i+2}+n_{i+3}+n_{i+5}$ khác tính chẵn lẻ, vô lý do đó $n_i$ và $n_{i+5}$ cùng tính chẵn lẻ, từ $\left ( 5,2017 \right )=1$ suy ra 2017 số nguyên trên cùng tính chẵn lẻ. Mà tổng của 5 số liên tiếp bất kỳ là lẻ nên 2017 số này đều là số lẻ.

Ta thay bộ $ n_i$ thành bộ  $\frac{n_i-27}{2} $, vì $n_i$ là các số lẻ cho nên $\frac{n_i-29}{2}+1$ cũng là các số nguyên, lúc này với 5 số nguyên liên tiếp bất kỳ ta luôn có thể đánh dấu chúng là $a,b,c,d,e$ sao cho $a-b+c-d+e=1$. Chứng minh tương tự ta cũng thu được $\frac{n_i-29}{2}+1$ là các số lẻ, do đó ta thay bộ trên bằng bộ $\frac{\frac{n_i-29}{2}+1+1}{2}=\frac{n_i-29}{2^2}+1$ và với 5 số nguyên liên tiếp ta cũng có thể đánh dấu $a,b,c,d,e$ sao cho $a-b+c-d+e=1$. Cứ tiếp tục như vậy ta chứng minh được $\frac{n_i-29}{2^k}+1\in \mathbb{Z}\Rightarrow \frac{n_i-29}{2^k}\in \mathbb{Z}$, mà $lim\frac{n_i-29}{2^k}=0\Rightarrow \frac{n_i-29}{2^k}=0\Rightarrow n_i=29$

Vậy bộ duy nhất thỏa mãn bài toán là $n_i=29\left ( 1\leq i\leq 2017 \right )$

Tìm tất cả các số nguyên tố $p,q$ thỏa $p^2+1|2003^q+1$ và $q^2+1|2003^p+1$.

Cho em hỏi cách này sai chỗ nào ạ

          p là ước nguyên tố của $m^{2}+9$ 

                  => $(\frac{-9}{p})=1$ Mà $(\frac{-9}{p})=(\frac{-1}{p})(\frac{9}{p})$$=(-1)^{\frac{p-1}{2}}.1=1$

                       Suy ra $p\equiv 1$ (mod 4) 

                      Nhưng mà em thấy nó không đúng Vì p có thể bằng 3 

Ở chỗ này bạn chỉ được dùng công thức $\left ( \frac{ab}{p} \right )=\left ( \frac{a}{p} \right )\left ( \frac{b}{p} \right )$ khi $p$ là số nguyên tố lẻ và $a,b$ không chia hết cho $p$, ở đây nghĩa là $p> 3$ 

Bài 37:  Cho a,b,c thuộc đoạn [-2;3] và a+b+c=2. CMR:

 

\[{a^2} + {b^2} + {c^2} \le 14\]

Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $-2\leq a\leq b\leq c\leq 3$.

Ta có $a^2+b^2+c^2=c\left ( c-b \right )+\left ( c+b \right )\left ( b-a \right )+\left ( a+b+c \right )a\leq 3\left ( c-b \right )+4\left ( b-a \right )+2a=3c+b-2a=2+2c-3a\leq 2+6-\left ( -6 \right )=14$

Đẳng thức xảy ra khi $\left ( a,b,c \right )=\left ( -2;1;3 \right )$ và các hoán vị của chúng.

Điều kiện xác định $x\neq -6;y\neq \frac{-9}{5}$

$\left\{\begin{matrix} x+y=3-xy\left ( 1 \right )\\ \frac{4}{5y+9}+\frac{4}{x+6}+\frac{1}{1+\left ( x+1 \right )\left ( y+2 \right )}=\frac{x+1}{2}\left ( 2 \right ) \end{matrix}\right.$

Từ $\left ( 1 \right )$, ta có $\left ( x+1 \right )\left ( y+2 \right )=x+5$ và $\left ( 5y+9 \right )\left ( x+1 \right )=4x+24\Rightarrow \frac{1}{5y+9}=\frac{x+1}{4x+24}$

Thay vào $\left ( 2 \right )$, ta được $\frac{x+1}{x+6}+\frac{4}{x+6}+\frac{1}{x+6}=\frac{x+1}{2}\Rightarrow x=1\Rightarrow y=1$. 

Thử lại thấy nghiệm $\left ( x,y \right )=\left ( 1,1 \right )$ thỏa mãn hệ.

Với $n=1$, ta chỉ ra được $m=1$ thỏa mãn, với $n=2$, ta chỉ ra được $m=7$ thỏa mãn.

Giả sử tồn tại $m$ thỏa mãn đến $n=k$, ta chứng minh tồn tại $m$ thỏa mãn với $n=k+1$.

Gọi $m_0$ là số thỏa mãn $3^k|m_0^3+1$. Ta xét 3 trường hợp:

Trường hợp $i$: $3^{k+1}|m_0^3+17$, ta kết luận $m_0$ là số cần tìm.

Trường hợp $ii$: $m_0^3+17\equiv 3^k\left ( mod3^{k+1} \right )$, ta chọn $m_1=m_0+3^{k-1}$

Ta có $m_1^3+17=\left ( m_0^3+17 \right )+3^km_0^2+3^{2k-1}m_0\equiv 2.3^k\left ( mod3^{k+1} \right )$( vì $m_0^2\equiv 1\left ( mod3 \right )$)

Sau đó ta tiếp tục chọn được $m_2=m_1+3^{k-1}\Rightarrow m_2^3+17\equiv 0\left ( mod3^{k+1} \right )$, suy ra $m_2$ là số cần tìm.

Trường hợp $iii$: $m_0^3+17\equiv 2.3^k\left ( mod3^{k+1} \right )$, ta cũng chọn tương tự trường hợp $ii$.

Vậy theo nguyên lý quy nạp, với mọi $n$ luôn tồn tại số $m$ thỏa mãn.

Trong một cuộc thi, các thí sinh được đề nghị giải quyết $6$ bài toán. Kết thúc cuộc thi, người ta nhận thấy rằng

$i$. Mỗi bài toán được giải quyết bởi đúng $100$ học sinh

$ii$. Với mỗi cặp hai thí sinh, có nhiều nhất là $5$ bài toán được giải quyết bởi cả hai

Tìm số ít nhất thí sinh tham dự kỳ thi này.

Đồng Nai 2015 version IMO 2001

Gọi số học sinh tham gia là $n$. Ta xét bảng có $6$ cột tương ứng với $6$ bài toán và $n$ hàng tương ứng với $n$ học sinh, nếu học sinh $i\left ( i=\overline{1,n} \right )$ không làm được bài toán $j\left ( j=\overline{1,6} \right )$ thì ta đánh dấu $x$ vào ô vuông tạo bởi hàng $i$ và cột $j$.

Vì hai học sinh bất kỳ không giải quyết được quá $5$ bài toán chung nên sẽ không có quá một sinh giải quyết được cả $6$ bài toán. Do đó sô dấu $x$ không nhỏ hơn $n-1$.

Mặt khác, vì mỗi bài toán được giả quyết bới $100$ học sinh nên sô dấu $x$ sẽ là $6\left ( n-100 \right )$

Ta có $6\left ( n-100 \right )\geq n-1\Rightarrow n\geq 120$.

Ta chỉ ra trường hợp $n=120$ thỏa mãn bằng cách cho mỗi bạn giải quyết được đúng $5$ bài. Vậy sô học sinh ít nhất tham gia kỳ thi là $120$ bạn.

p/s: sr, bài hôm qua mình làm bị nhầm 

Bài 5:
Đặt $n=2^st$(t lẻ).

Xét hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x\equiv -2 \left ( mod2^{s+1} \right )\\\ x\equiv 3\left ( modt \right ) \end{matrix}\right.$. Theo định lý hệ thặng dư Trung Hoa, phương trình này có nghiệm $x_1$, dễ thẫy $x_1$ chẵn, đặt $x_0=\frac{x_1}{2}\Rightarrow x_0\equiv -1\left ( mod2^s \right )$.

Tương tự xét hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} y\equiv 1\left ( modt \right )\\ y\equiv 0\left ( mod2^{s+1} \right ) \end{matrix}\right.$ có nghiệm $y_1$ chẵn, đặt $y_0=\frac{y_1}{2}\Rightarrow y_0\equiv 0\left ( mod2^s \right )$

Ta có $2x_0-6y_0\equiv 3-3.1=0\left ( modt \right )\Rightarrow x_0-3y_0\equiv 0\left ( modt \right )$

Ta chứng minh $x_0,y_0$ là các số phải tìm. Thật vậy $2^s|\left ( x_0+1 \right )\left ( x_0^2-x_0+1 \right )-35y_0^3=x_0^3-35y_0^3+1$, lại có $\left ( x_0-3y_0 \right )\left ( x_0^2+3x_0y_0+9y_0^3 \right )-\left ( 2y_0-1 \right )\left ( 4y_0^2+2y_0+1 \right )=x_0^3-35y_0^3+1$, mà $gcd\left ( 2^s,t \right )=1\Rightarrow n|x_0^3-35y_0^3+1$

]Nếu $a_1\equiv 0\left ( mod3 \right )\Rightarrow a_1^2+1\equiv 1\left ( mod3 \right )\Rightarrow a_2\equiv 1\left ( mod3 \right )\Rightarrow a_3\equiv 2\left ( mod3 \right )$. Nếu $a_1\equiv 1\left ( mod3 \right )\Rightarrow a_2\equiv 2\left ( mod3 \right )$. Lại có nếu $a_i\equiv 2\left ( mod3 \right )\Rightarrow a_{i+1}\equiv 2\left ( mod3 \right )$. Do đó với mọi số $a_1$ cho trước thì với $n\geq 3$ thì $a_n\equiv 2\left ( mod3 \right )$.

Ta xét các tường hợp sau:
Nếu $a_i\geq 100$, gọi số chũ số của $a_i$ là $m\left ( m\geq 3 \right )$, ta có số chữ số của $a_i^2+1$ nhỏ hơn $2m$, suy ra $a_{i+1}\leq 18m$, mà $a_i\geq 10^{m-1}$. Với $m\geq 3$, ta có $10^{m-1}>18m\Rightarrow a_i > a_{i+1}$

Nếu $36\leq a_i\leq 100$ thì $a_i^2+1$ có $4$ chữ số, suy ra $a_{i+1} < 9.4=36\leq a_i$

Nếu $28\leq a_i\leq 35$ thì $a_i^2+1$ có dạng $\overline{1x_1x_2x_3}$ hoặc $\overline{x_1x_2x_3}$ cho nên $a_{i+1}<3.9+1=28\leq a_i$

Do đó $\exists n_1/\forall n\geq n_1$ thì $a_n\leq 27$ và $a_n\equiv 2\left ( mod3 \right )$. Ta xét sơ đồ sau:

Vậy dãy sẽ luôn tuần hoàn các gía trị $5,8,11$, tức là $k=3$.

Ta chỉ xét đến trường hợp bảng nằm trên góc phần từ thứ I.

Ta xét một điểm $A(x,y)$ bất kỳ, dễ thấy nếu điểm $A(x,y)$ không thể nhìn thấy từ gốc tọa độ $O$ thì trên $OA$ tồn tại một điểm nguyên $A'(x',y')$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} \frac{x'}{y'}=\frac{x}{y}\\ 0< x'< x \end{matrix}\right.$. Thay vào đó ta có thể nói nếu tồn điểm điểm $A(x,y)$ thỏa mãn $gcd\left ( x,y \right )>1$ thì $A$ không thể nhìn thấy từ $O$.

Vì dãy số nguyên tố là dãy số vô hạn nên ta có thể chọn ra được $(n+1)^2$ số nguyên tố $p_{i-j}\left ( i=\overline{1,n+1},j=\overline{1,n+1} \right )$ đôi một khác nhau.

Ta xét một bảng có $4$ đỉnh có tọa độ $\left ( a+1,b+1 \right );\left ( a+n+1,b+1 \right ),\left ( a+1,b+n+1 \right )$ và $\left ( a+n+1,b+n+1 \right )$

Ta xét hệ phương trình sau $a\equiv -i\left ( mod\prod_{j=1}^{n}p_{i-j} \right )\left ( i=\overline{1,n+1} \right )$. Theo định lý hệ thặng dư Trung Hoa thì hệ phương trình có nghiệm $a$ thỏa mãn.

Tương tự ta cũng xét hệ phương trình $b\equiv -j\left ( mod\prod_{i=1}^{n}p_{i-j} \right )\left ( j=\overline{1,n+1} \right )$ có nghiệm $b$ thỏa mãn. 

Hai số $\left ( a,b \right )$ này là hai số thỏa mãn mà ta cần tìm. Thật vậy xét điểm $I\left ( a+i,b+j \right )$ bất kỳ thì $p_{i-j}|gcd\left ( a+i,b+j \right )\Rightarrow \left ( a+i,b+j \right )>1$(dpcm).

$2\not{|}2016+3^n=k^2\Rightarrow 2\not{|}k\Rightarrow k^2\equiv 1\left ( mod4 \right )\Rightarrow 3^n=k^2-2016\equiv 1\left ( mod4 \right )\Rightarrow 2|n$. Đặt $n=2n_1$. Ta có $\left ( k-3^{n_1} \right )\left ( k+3^{n_1} \right )=2016$ và $k-3^{n_1},k+3^{n_1}$ cùng tính chẵn lẻ. Lần lượt thử các giá trị ta được $\left ( k,n \right )=\left ( 45,2 \right )$

Với $n=1$ và $n=2$, ta dễ dàng chỉ ra được hai trường hợp này thỏa mãn.

Xét trường hợp $n\geq 3$, ta có $a_1=n, a_k\leq n$

Ta sẽ chứng minh với mọi $k$ thì $a_k>0$. Thật vậy, giả sử tồn tại $i$ sao cho $a_i=0$, suy ra $i\not{|}a_j\left ( j\neq i \right )$, tuy nhiên $i|0=a_i\Rightarrow a_i\geq 1$(mâu thuẫn). Vậy $a_k>0$ với mọi $k$, nghĩa là trong dãy số nguyên $\left ( a_n \right )$, với mọi số nguyên dương $k$ luôn tồn tại ít nhất một số $i$ sao cho $k|a_i$, do đó $\exists y_0/\left ( n-1 \right )|a_{y_0}\Rightarrow a_{y_0}=n-1$

Ta cũng chứng minh được $a_n=1$, giả sử $a_n\geq 2\Rightarrow \exists x_0\neq 1/a_{x_0}=n\Rightarrow x_0|a_k\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_0|a_1\\ x_0|a_{y_0} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_0|n\\ x_0|n-1 \end{matrix}\right.\Rightarrow x_0=1$( vì $gcd\left ( n,n-1 \right )=1$ với $n\geq 3$)( mà điều này là vô lý do $x_0>1$), do đó $a_n=1$

Xét số $a_{y_0}=n-1$, suy ra trong dãy $\left ( a_n \right )$ có $n-1$ số chia hết cho $y_0>1$, mà $a_n=1$, do đó $y_0|a_i\left ( i=\overline{1,n-1} \right )$. Mà $y_0<n\Rightarrow y_0|a_{y_0}=n-1$, lại có $y_0|a_1=n$, tương tự như trên ta thấy hai điều này là mâu thuẫn.

Vậy với trường hợp $n\geq 3$ thì không tồn tại dãy thỏa mãn.

Trong một bảng ô vuông kích thước $100\times 100$ ta điền vào mỗi ô một dấu $(+)$ . Ta tiến hành biến đổi như sau: Mỗi lần ta đổi dấu tất cả các ô trong cùng một hàng hoặc trong cùng một cột ( dấu $(+)$ thành dấu $(-)$ và dấu $(-)$ thành dấu $(+)$ ) . Hỏi sau một số hữu hạn bước biến đổi như trên, liệu trên bảng có đúng 2016 dấu trừ hay không ?

Gọi $x$ là số hàng có số lần biến đổi lẻ, suy ra $100-x$ là số hàng có số lần biến đổi chẵn. Tương tự $y$ là số cột có số lần biến đổi lẻ và $100-y$ là số cột có số lần biến đổi chẵn. Nhận thấy một ô từ dấu $+$ chuyển sang dấu $-$ khi tổng số lần biến đổi ở hàng và cột chứa nó là số lẻ. Do đó, ta có: $x\left ( 100-y \right )+y\left ( 100-x \right )=2016\Rightarrow \left ( x-50 \right )\left ( y-50 \right )=1492=2^2.373$. Vì $373$ là số nguyên tố, không mất tính tổng quát, giả sử $373|\left ( x-50 \right )\Rightarrow \left | x-50 \right |\geq 373$( do $x-50\neq 0$) mà điều này là vô lý vì $x\in \left [ 0;100 \right ]$. Do đó không thực hiện được.

Bài 5: a.

Từ $i$ ta suy ra $f$ là hàm đơn ánh.

Thay $n$ bới $f\left ( n \right )$: $f\left ( f\left ( f\left ( n \right ) \right ) \right )=3f\left ( n \right )\Rightarrow f\left ( 3n \right )=3f\left ( n \right )$

Đặt $f\left ( 1 \right )=a\Rightarrow f\left ( a \right )=3\Rightarrow 1\leq a\leq 3$( vì $f\left ( n \right )\geq n$)

Nếu $a=1\Rightarrow f\left ( 3^n \right )=3^n$. Thay vào $ii$: $3^{n+1}=f\left ( f\left ( 3^n \right ) \right )=f\left ( 3^n \right )=3^n$( vô ký)

Nếu $a=3\Rightarrow f\left ( 3^n \right )=3^{n+1}$. Thay vào $ii$: $3^{n+1}=f\left ( f\left ( 3^n \right ) \right )=f\left ( 3^{n+1} \right )=3^{n+2}$( vô lý)

Vậy $f\left ( 1 \right )=2$. Thay $n$ bới $2$ vào $ii$, ta có: $f\left ( f\left ( 2 \right ) \right )=6=f\left ( 3 \right )\Rightarrow f\left ( 2 \right )=3$

Từ đây dùng quy nạp ta chứng minh được $f\left ( 3^n \right )=2.3^n$ và $f\left ( 2.3^n \right )=3^{n+1}$

Bổ sung câu b lun:

Ta có $f\left ( 3^n \right )=2.3^n$ và $f\left ( 2.3^n \right )=3^{n+1}$, ta thấy từ $3^n$ đến $2.3^n$ có $3^n$ số, và từ $2.3^n$ đến $ 3^{n+1}$ cũng có $3^n$ theo điều kiện $i$ kết hơp với kết quả câu a, ta suy ra được nếu tồn tại số nguyên dương m,n thỏa mãn $3^m\leq n\leq 2.3^m$ thì $f\left ( n \right)=n+3^m$, do đó xét số $1287$, ta có $f\left ( 1287 \right )=2016\Rightarrow f\left ( 2016 \right )=3.1287=3861$

Vì dãy số nguyên tố là dãy vô hạn, nên ta chọn được một số nguyên tố $p$ lớn hơn $a,b$. Theo định lý Fermat nhỏ, ta có:

$a^p+b^{p+1}\equiv a+b^2\left ( modp \right )\Rightarrow p|a+b^2$ với mọi số nguyên tố $p$, do đó nếu ta chọn $p$ còn lớn hơn cả $a+b^2$ mà điều này vẫn đúng thì $a+b^2=0\left ( 1 \right )$. Nếu ta xét với $n=p+1$ thì ta chứng minh được $a^2+b^3=0\left ( 2 \right )$. Từ $\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )$ ta giải ra được $\left ( a,b \right )=\left ( 0,0 \right );\left ( -1,-1 \right )$

Từ phương trình đầu, phân tích nhân tử ta có $\left ( 3x+2\sqrt{y} \right )\left ( y-2x^2 \right )=0\Rightarrow y=2x^2$(vì $x>0;y\geq 0$)

Thay vào phương trình sau ta được $3\sqrt{4x^4+5}=2x^4+\frac{1}{2x}+\sqrt{x}+\frac{11}{2}$

$VT\leq \frac{9+4x^4+5}{2}=2x^4+7$

$VP\geq 2x^4+\frac{1}{2x}+\frac{\sqrt{x}}{2}+\frac{\sqrt{x}}{2}+\frac{11}{2}\geq 2x^4+\frac{3}{2}+\frac{11}{2}=2x^4+7\geq VT\Rightarrow x=1\Rightarrow y=2$

Do đo hệ phương trình có nghiệm $\left ( x,y \right )=\left ( 1,2 \right )$

Bài 3: 2)

Chiều thuận:

Nếu $n$ chẵn, ta có $3^n+1\equiv 1+1=2\left ( mod4 \right )$(vô lý), do đó n lẻ.

Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $m$, vì m lẻ và không chia hết cho 3 nên $p>3$. Ta có:

$3^n+1\equiv 0\left ( modp \right )\Rightarrow 3^{n+1}\equiv -3\left ( modp \right )\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=1$. 

Theo luật tương phản Gauss, ta có $\left ( \frac{p}{3} \right )\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{\left ( p-1 \right )\left ( 3-1 \right )}{4}}=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\Rightarrow \left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{-1}{p} \right )\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{p-1}=1\Rightarrow \exists a/p\equiv a^2\left ( mod3 \right )\Rightarrow p\equiv 1\left ( mod3 \right )\Rightarrow m\equiv 1\left ( mod3 \right )$

Do đó $\left ( 2m \right )^n+1\equiv \left ( -1 \right )^n+1= 0\left ( mod3 \right )$ vì $n$ lẻ.

Chiều đảo:

Nếu $n$ chẵn thì $\left ( 2m \right )^n+1\equiv 1;2\left ( mod3 \right )$( vô lý), do đó $n$ lẻ, suy ra $4=\left ( 3+1 \right )|\left (3^n+1 \right )\Rightarrow 4m|3^n+1$, do $\left ( 4,m \right )=1$