Câu IV:

Chia $(1;2);(3;4);...;(2k-1;2k);...(4029;4030)$, ta chỉ cần xét khoảng $[2015^2;2015^2+2015]$.

Chia $(1;2016);(2;2017);...;(k;2015+k);,,,;(2015;4030)$, ta chỉ cần xét hai số $2015^2;2015^2+2015$(xét đồng dư modulo $2015$).

Chia $(1;4030);(2;4);(3;5);...(4k-2;4k);(4k-1;4k+1);...(4026;4028);(4027;4029)$, ta được các số chẵn nhỏ hơn $2015^2+2015$ và các số lẻ lớn hơn $2015^2$, loại được hai số trên.

(Q.E.D)

Câu 7

a) Tô màu bàn cớ: $40$ ô trắng và $41$ ô đen. Các con châu chấu nhảy từ ô đen sang ô trắng. Có $41$ con, $40$ ô nên theo Dirichlet có hai con cùng một ô.

b) không.Ta phân tích $2025=a^2+b^2$. Vì $3\mid 2025$ nên $3\mid a,b$. Vậy các toạ độ con châu chấu đến chỉ có dạng $(x+3k;y+3l)$. (Đề bài nên cho thêm $N=2017$ để bài toán hay hơn. Có 3 tiếng lận mà)

Bài 3 ngày hai: Bình thắng: https://www.facebook...55883327818168/

Lời giải của bạn chưa chính xác. Phép quy nạp của bạn chỉ giúp chỉ ra là $n-1$ thỏa mãn chứ ko chứng minh nó lớn nhất.

Có thể chuyển điều kiện bài toán thành như thế này.

Tìm $k$ lớn nhất để mà 2 tập bất kì trong $k$ tập này thỏa mãn 3 điều kiện sau:

1) Không có tập nào là $S_n$

2) 2 tập này ko là phần bù của nhau

3) 2 tập này hoặc rời nhau hoặc là có tập này chứa tập kia

 

Vd tập các tập hợp này thỏa mãn $\left \{1 \right \},\left\{2 \right \},...,\left \{2016 \right \},\left \{2017 \right \},\left \{1,2 \right \},\left \{1,2,3 \right \},...,\left \{1,2,3,..,2015 \right \}$.

mình đã chứng minh $k_n \leq n-1$ rồi bạn.

Bài 3 ngày 2: Tổng quát cho $n>1$. Đặt $S_i=\left \{ 1,...i \right \}$. Xét $k_n$ lớn nhất sao cho tồn tại $k_n$ tập con của $S_n$ thỏa mãn.

Ta có $S_1,...S_{n-1}$ thỏa mãn nên có thể giả sử $k_n\geq n-1$. Ta sẽ chứng minh $k_n=n-1$ bằng quy nạp

Với $n=2$ dễ có $k_2=1$

Với $n\geq 3$.Ta có $A_i\neq \varnothing ,S_{n}$. Ta có $A$ và $A'$ không xuất hiện cùng nhau trong $k$ tập trên và có thể thay $A$ bằng $A'$ trong $k_n$ tập trên mà vẫn thỏa mãn điều kiện, vậy ta có thể thay tất cả các tập không chứa $n$ như trên, vậy ta có thể giả sử $k_n$ tập trên đều chứa $n$. Nếu trong $k_n$ tập trên không chứa tập $\left \{ n \right \}$ thì ta vẫn có thể thêm tập đó vào mà vẫn thỏa mãn điều kiện, thu được $k_n+1$ tập thỏa mãn trái với cách chọn $k_n$. Vậy trong $k_n$ tập trên chứa $\left \{ n \right \}$. Bỏ tập $\left \{ n \right \}$ và bỏ phần tử $n$ trong các tập còn lại thu được $k_n-1$ tập con của $S_{n-1}$ thỏa mãn. Ta có$k_n-1\leq k_{n-1}= n-2\Rightarrow k_n\leq n-1$ (theo giả thiết quy nạp và cách chọn $k_{n-1}$). Từ trên ta có $k_n=n-1$.

Cụ thể với bài trên, $k= k_{2017}= 2016$.

Bài 4

Tính tổng các cặp số:

-Có $2k$ số phân biệt nên tổng lớn hơn $\frac{2k(2k+1)}{2}$.

-Tổng các cặp số là $k$ số phân biệt nên tổng nhỏ hơn $nk-\frac{k(k-1)}{2}$.

Vậy $\frac{2k(2k+1)}{2}\leq nk-\frac{k(k-1)}{2}\Rightarrow k\leq \frac{2n-1}{5}\Rightarrow k\leq \left \lfloor \frac{2n-1}{5} \right \rfloor$.

Xét $n=5m+3$. Ta chọn $m$ cặp ${2i,3m+2-i},1\leq i\leq m$ và $m+1$ cặp ${2i-1,4m+3-1},1\leq i\leq m+1$ thỏa mãn.

$n=5m+4,5$ làm như trên, $n=5m+1,2$ bỏ cặp ${3m+2,2m+1}$.

Từ đó ta có $k= \left \lfloor \frac{2n-1}{5} \right \rfloor$.

Giả sử $\exists z,f(z)>z$. Đặt  $\alpha =f(z)-1,M=max(f(x)\mid 1\leq x\leq \alpha )$.

Với $x>\alpha$,ta có $z+f(x)\geq f(x+\alpha )+1\Rightarrow f(x+n\alpha )\leq f(x)+n(z -1)$

Đặt $g(x)\equiv x(mod \alpha )$ ($1\leq g(x)\leq \alpha$).

Khi đó $f(x)=f(\frac{x-g(x)}{\alpha }\alpha +g(x))\leq f(g(x))+\frac{(x-g(x))(z-1)}{\alpha }$. Thay vào $f(f(x))=x$, chọn $x$ đủ lớn dễ thấy mâu thuẫn.

Vậy $f(x)\leq x\Rightarrow f(f(x))\leq x= f(f(x))\Rightarrow f(x)=x$.

Sai phân có $f(x)$ trong mối quan hệ đâu mà áp dụng, chính bạn nói cần $x,f(x),f(f(x))$ 

Bài 2: Ta cũng có thể xài đơn biến. Cuốn sách sai vị trí ta điền số $1$, đúng vị trí ta điền số $0$. Xét số nhị phân được tạo thành.

Sau khi chuyển $1$ cuốn sách về đúng vị trí, chữ số hàng đó chuyển từ $1$ đến $0$, các chữ số trước nó không thay đổi. Vậy số nhị phân luôn giảm.

Từ trạng thái ban đầu, số không lớn hơn $2^n-1$, đến trạng thái cuối, số đó là $0$. Vậy cần ít hơn $2^n$ bước.

(Q.E.D)

Bài 2

$k=1, 2$, cho $2x=2y=z=\frac{3}{2}$ không thoả mãn.

$k=3$. Giả sử $x\leq 1$ min. Ta có $x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)=xyz(\frac{2x}{3-x})^2(\frac{(3-x)yz}{2})^2(9x^2-27x+27-(3-x)yz)\leq x(\frac{3-x}{2})^2(\frac{2x}{3-x})^2(3x^2-9x+9)^3=3(x^3-3x^2+3x)^3\leq 3$. Vậy $k=3$.

Bài 3

a) Chọn $2^k>p$. Xét dãy $f(2^k);f(2^k+1);...;f(2^{k+1})$, đặt $d=(f(n+1)-f(n)\mid 2^k\leq n\leq 2^{k+1})$. Dễ có $d\leq 3$.

-$d=3$. Dãy trên là cấp số cộng công sai $3$, có $2^k>p$ phần tử nên $\exists 2^k\leq n\leq 2^{k+1}, p\mid f(n)$.

-$f(n+1)-f(n)=d=1$. Xét dãy $f(n2^k);f(n2^k+1);...;f((n+1)2^k)$. Dễ có đây là $2^k>p$ số nguyên dương liên tiếp nên $\exists n2^k\leq n\leq (n+1)2^k, p\mid f(n)$

-$f(n+1)-f(n)=d=2$. Xét dãy $f(n2^k);f(n2^k+1);...;f((n+1)2^k)$ rồi chứng minh tương tự như trên.

b) Chọn $f(n)=2^{\left \lfloor log_2n \right \rfloor}+nq$. Hàm $f$ thoả mãn đề bài.

Quyết tâm vòng 2 phục thù!

Bài 3: Thay đổi vai trò của $x, y$ ta có $\left | f(x)-f(y)+g(y)(x-y) \right |\leq M\left | x-y \right |^{2+a} \Rightarrow \left | (x-y)(g(x)-g(y)) \right |\leq \left | f(x)-f(y)+g(y)(x-y) \right |+\left | f(y)-f(x)-g(x)(x-y) \right |\leq 2M\left | x-y \right |^{2+a} \Rightarrow \left | g(x)-g(y) \right |\leq 2M\left | x-y \right |^{1+a}$.

Với $x>y$, $n$ là số nguyên dương tuỳ ý, chọn $\partial = \frac{x-y}{n}$. Ta có:

$\left | g(x)-g(y) \right |\leq \sum_{k=0}^{n-1}\left | g(x+k\partial )-g(x+(k+1)\partial ) \right |\leq Mn\partial ^{1+a}=M(x-y)\partial ^a$

Lấy giới hạn ta dễ có $\left | g(x)-g(y) \right |=0$ suy ra $g(x)$ là hàm hằng: $g(x)=C$.

Vậy $\left | (f(y)-Cy)-(f(x)-Cx) \right |\leq M\left | x-y \right |^{2+a}$. Chứng minh tương tự ta có $f(x)-Cx$ là hàm hằng: $f(x)=Cx+D$

($C, D$ là hằng số)

Kí hiệu sai thì phải $A\oplus B=(A\setminus B)\cup(B\setminus A)$

Đúng rồi đó:https://en.wikipedia...tric_difference

Có nhiều kí hiệu

Câu 4:

Ta sẽ chứng minh quy nạp theo $m$ cho điều này. Trước hết ta phát biểu bổ đề: $A\Delta B=A\Delta C$ thì $B=C$.

Giả sử $B\neq C$, khi đó không giảm tổng quát giả sử giả sử $a$ là phần tử thỏa $a\in B$ và $a\notin C$. Ta có hai trường hợp như sau:

   Case 1: Nếu $a\in A$ khi đó $a\notin (A\setminus B),a\notin (B\setminus A)\Rightarrow a\notin A\Delta B$. Nhưng lại có $a\in (A\setminus C)$ nên suy ra $a\in A\Delta C$ nên $A\Delta B\neq A\Delta C$, vô lý.

   Case 2: Nếu $a\notin A$ thì chứng minh tương tự suy ra $a\notin A\Delta C$ và $a\in A\Delta B$ nên suy ra $A\Delta B\neq A\Delta C$. Như vậy ta suy ra $B=C$.

Bây giờ ta sẽ quy nạp theo $m$. Với $m=1$ thì ta có một tập thuộc $T$ là tập rỗng. Với $m=2$ và hai tập $A,B$ thì ta có hai tập thuộc $T$ là tập rỗng và $A\Delta B$ thỏa. Như vậy giả thiết đúng với $m=1,2$.

Giả sử giả thiết đúng với $m=k$ thì ta chứng minh nó đúng với $m=k+1$. Xét $m+1$ tập $A_1,A_2,...,A_{m+1}$. Nếu với $m$ tập $A_1,A_2,...,A_m$ mà số lượng tập tạo thành không nhỏ hơn $m+1$ thì khi đó ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì giả thiết vẫn đúng. Do đó ta chỉ xét cho trường hợp $|T|=m$.

Khi đó, nếu ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì ta sẽ thêm vào tập $T$ các tập hợp $A_{m+1}\Delta A_1,...,A_{m+1}\Delta A_{m+1}$. Nếu các tập này trùng với $m$ tập đã có trong $T$ thì do $|T|=m$ nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại $i,j,1\leq i<j\leq m+1$ để $A_{m+1}\Delta A_i=A_{m+1}\Delta A_j$ và theo bổ đề ta có $A_i=A_j$, vô lý. Vậy trong $m+1$ tập đó chắc chắn có một tập khác với các tập trong $T$ và số phần tử của $T$ tăng lên ít nhất một đơn vị, tức là $|T|\geq m+1$.

Vậy giả thiết quy nạp là đúng và ta có điều phải chứng minh.

 

P.S: Cách giải bài số 2 của mình tương đối giống nhưng hơi khác so với cách của anh Lâm Hữu Phúc, mình sẽ đăng sau

Lấy luôn $S=\left \{ A_1\bigtriangleup A_k|1\leq k\leq m \right \},\left | S \right |=m,S\subset T$

Bài 2

Ta có với mọi $n\leq 2015$, $2017\mid \sum_{k=1}^{2016}k^n$( lời giải có thể tham khảo tại đây http://diendantoanho...-kiểm-tra-số-2/)

Giả sử bậc của $f$ nhỏ hơn $2015$. Ta có $f(x)\equiv 0,1(mod 2017)$. Cộng $f(x)$ từ $0$ đến $2016$, từ trên ta có $\sum_{k=0}^{2016}f(x)\equiv 0(mod 2017)$.

Vậy $f(x)\equiv 0(mod 2017)$ với $2017$ giá trị của $x$ nên $f\equiv 0$ (vô lí).

Vậy bậc của $f$ lớn hơn hoặc bằng $2016$. Với $n=2016$, lấy $f(x)=x^{2016}$ thỏa do Fermat. Vậy $n=2016$.

Cách giải này chuẩn rồi, nhưng bạn còn thiếu phần chỉ ra rằng có thể đánh dấu để số ở hai miền chung cạnh đều trái dấu!

Với $n=2$, ta có cách đánh dấu như vậy.

Giả sử có cách đánh dấu với $n$ đường thẳng. Với $n+1$ đường thẳng, ta bỏ một đường thẳng đi và đánh dấu. Sau đó đưa đường thẳng đó trở lại và đổi dấu ở các miền ở một trong hai nửa mặt phẳng. Các miền không bị chia cắt thoả mãn. Hai miền bị chia từ một miền bị đổi dấu một miền, trở thành trái dấu thoả mãn.

Còn về dấu ở hai miền chung góc, hai miền đó cùng trái dấu với một miền nên cùng dấu.

Bài 4

Đánh các số vào các miền sao cho trị tuyệt đối bằng số đỉnh của miền, hai số ở hai miền chung cạnh trái dấu, chung đỉnh cùng dấu.

(i) hiển nhiên thoả mãn.

(ii) vì có $n$ đường thẳng nên số đỉnh mỗi miền không lớn hơn $n$, thoả mãn.

(iii) ta chia đều số trong các miền các số $1,-1$ cho các góc của nó. Xét đường thẳng bất kì chia mặt phẳng thành hai miền, tổng các số được đánh trên $2$ hoặc $4$ góc của mỗi điểm trên nửa mặt phẳng đều bằng $0$. Cộng các số trên các đỉnh lại bằng $0$, thoả mãn.

(Q.E.D)

Bài 4: Dễ thấy một người có ít nhất $2$ người quen.

Lấy một người $A$ bất kì. Gọi tập các cặp hai người quen với $A$ là $X$, các người không quen với $A$ là $Y$. Xét ánh xạ $f:X\rightarrow Y$ như sau:

Xét cặp $(B,C)$ quen $A$, ta có $B,C$ không quen nhau (i) nên tồn tại đúng một người $D$ khác $A$ quen $B,C$ (ii). Ta lấy $f(B,C)=D$

Ta có $D$ không quen $A$ (i) nên $A,D$ có đúng $2$ người quen chung (ii) chính là $B,C$, vậy chỉ có một cặp $(B,C)$ sao cho $f(B,C)=D$ nên $f$ là đơn ánh.

Xét $D$ bất kì không quen $A$, $A,D$ có đúng $2$ người quen chung (ii), ta gọi là $(B,C)$, dễ thấy $f(B,C)=D$ nên $f$ là toàn ánh.

Vậy $f$ là song ánh nên $X$=$Y$. Gọi số người quen $A$ là $k$, ta có $\left | Y \right |=\left | X \right |=\frac{k(k-1)}{2}\Rightarrow n=\left | Y \right |+k+1= \frac{k^2+k+2}{2}\Rightarrow 8n-7=(2k+1)^2$.

(Q.E.D)

Từ công thức trên và $n>4$ ta có $k\geq 3$.

Với $k=3$ ta có $n=7$, mỗi người quen đúng $3$ người khác nên số cặp quen nhau là $\frac{3.7}{2}=11,5$ (vô lý).

Với $k=4$, ta có $n=11$, giả sử người $1$ quen $2,3,4,5$, không quen $6,7,8,9,10,11$. Giả sử $f^{-1}(6)=(2,3)$. Vì $6$ quen $k=4$ người và không quen $1,4,5$ nên $6$ quen $2$ người trong $7,8,9,10,11$. Những người quen $2$ hoặc $3$ không quen với $6$ (i), vậy chỉ có duy nhất một người $f(4,5)$ có thể quen $6$ (vô lý vì $6$ quen $2$ người).

Với $k=5$, ta có $n=16$, ví dụ: người $1$ quen $2,3,4,5,6$, không quen $7,8,9,10,11,12,13,14,15,16$. Gán mỗi người không quen $1$ bất kì cặp $(a,b)$, người đó sẽ quen $1,a,b$ và những người được gán cặp $(c,d)$ ($c,d$ đều khác $a,b$). Vậy $n=16$.

Câu 5(lần 3)

a) Giả sử có cách sắp như vậy. Vì bảng có $8$ điểm nên mỗi đường có số lẻ viên sỏi.

Xét $2$ cột hai bên, $2$ đường chéo ,$1$ hàng ở giữa. Ta xét tổng các viên sỏi của các đường (kể cả lặp).

Mỗi ô trừ ô giữa lặp $2$ lần nên tổng là số chẵn.

Có $5$ đường, mỗi đường có số lẻ viên sỏi nên tổng là số lẻ.

Mâu thuẫn này dẫn đến không tồn tại cách sắp như vậy.

b) Đổi trạng thái một ô góc cố định (không sỏi thành có sỏi và ngược lại). Khi đó tính chẵn lẻ của số viên sỏi của $3$ đường đi qua ô góc này thay đổi nên tính chẵn lẻ điểm của bảng thay đổi. Vậy bằng cách làm này ta thành lập một song ánh giữa bảng có điểm số chẵn và bảng có điểm số lẻ hay số cách đặt sỏi bằng nhau.

Câu 4:

Ta chứng minh tập hợp $A_k$ gồm các số có dạng $2^km$ ($m$ lẻ) có một cách phân hoạch duy nhất thành hai tập $X_k, Y_k$ ($X_k$ chứa $2^k$) thỏa đề bài.

Ta có thể giả sử $k=0$, $A_0={1;3;...;2m-1}$.

Với $m=1$ hiển nhiên.

Giả sử $m$ đúng. Chọn $l$ sao cho $2^l<2m+1<2^{l+1}$ . Ta có $2^{l+1}-2m-1<2m+1$, theo giả thiết quy nạp $2^{l+1}-2m-1$ thuộc một trong hai tập $X_0,Y_0$, nên để thỏa mãn thì $2m+1$ có một cách chọn vào tập còn lại. (nếu $l$ lớn hơn, $2^{l+1}-2m-1$ không thuộc các số trước đó nên không xét).

Có $11$ tập $A_k$, hai số thuộc hai tập khác nhau tổng không có dạng $2^k$ nên số cách chọn là $2048$.

Bài 3.Ta có:

-$P(1)=1$ (1)

-$P(n)-P(n-1)=n^{2003}$ (2)

-Đạo hàm (2): $P'(n)-P'(n-1)=2003n^{2002}$ (3)

Ta dễ có từ (1), (2), (3) $P(0)=P(-1)=0; P'(0)=P'(-1)$ (4)

Lấy $n$ từ $-k$ đến $k$, thay vào (2), cộng lại ta được $P(-k-1)=P(k)$. Đạo hàm: $P'(-k-1)=-P'(k)$ suy ra $P'(-1)=-P'(0)$.

Kết hợp với (4), ta có $P(0)=P(-1)=P'(0)=P'(-1)=0$ hay $P(n)$ có $2$ nghiệm bội là $0$ và $-1$ suy ra $Q(n) \mid P(n)$.

(Q.E.D)

 Câu4 Đáp án : $n^2/4$ . 

 

Thật vậy ta có nhận xét : Cứ 1 tập con đẹp thì mỗi ô vuông 2*2 đều bị tập con này lấy ít nhất 1 ô

Tổ hợp mà dễ thế này phải xem lại.

Coi bàn cờ là một đồ thị với các đỉnh là các ô vuông, hai đỉnh nối với nhau nếu hai ô vuông có cạnh chung. Có tất cả $n^2$ đỉnh và $2n(n-1)$ cạnh. Nếu ta bỏ các đỉnh thuộc $X$ thì thu được một đồ thị không chứa chu trình (vì không có chu trình nào không có đỉnh thuộc $X$). Gọi số đỉnh bị bỏ đi là $v$, số cạnh bị mất do bỏ đỉnh là $e$, vì mỗi đỉnh có bậc không quá $4$ nên $e\leq 4v$. Vì đồ thị thu được không có chu trình nên số đỉnh lớn hơn số cạnh suy ra $n^2-v> 2n(n-1)-e\geq 2n(n-1)-4v\Rightarrow v> \frac{n^2-2n}{3}$. Ta có $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{\frac{n^2-2n}{3}}{n^2}= \frac{1}{3}$ nên $C\geq \frac{1}{3}$.

Đánh số các hàng, cột từ $1$ đến $n$. Cột nào có số chia $3$ dư $2$ chọn các ô thuộc hàng chẵn, cột nào có số chia hết cho $3$ chọn các ô thuộc hàng lẻ.

Bài 7: Gọi:

-$C_i, R_i$ lần lượt là số các số phân biệt trong cột, hàng thứ $i$.

-$c_i, r_i$ lần lượt là số các cột, hàng chứa $i$.

Ta có:    

-$\sum_{i=0}^{9}C_i=\sum_{i=0}^{9}c_i, \sum_{i=0}^{9}R_i=\sum_{i=0}^{9}r_i$.

-$c_ir_i\geq 10$ (giao của $c_i$ cột và $r_i$ hàng chứa tất cả số $i$).

-$c_i+r_i\geq 2\sqrt{c_ir_i}\geq 2\sqrt{10}$ (AM-GM).

Từ đó $\sum_{i=0}^{9}(C_i+R_i)\geq 20\sqrt{10}$, do đó tồn tại ít nhất một số trong $20$ số $C_i, R_i$ lớn hơn $\sqrt{10}$ hay lớn hơn $3$.

(Q.E.D)

Cho $a\leq b\leq c$ nguyên dương. Chứng minh $\left \lfloor \frac{c}{a} \right \rfloor+1\geq \left \lfloor \frac{b-1}{a} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{c}{b} \right \rfloor$

Thêm điều kiện $P,Q$ khác hằng nữa.

Chữ thường là số thực, chữ in hoa là đa thức, $P^{(i)}$ là đạo hàm cấp $i$, $(A,B)$ là ước đa thức monic có bậc lớn nhất của $A,B$

Bổ đề: Nếu $ab\neq cd\Rightarrow max(deg(aP+cQ),deg(bP+dQ))= max(P,Q)$. Đặt $n= max(P,Q)$ ta có vế trái rõ ràng không lớn hơn $n$. Xét hệ số của $x^n$ trong hai đa thức $aP+cQ,bP+dQ$ sẽ có một đa thức có hệ số khác $0$ dễ có vế trái bằng $n$.

Giả sử tồn tại ba số thực phân biệt $\lambda _1,\lambda _2,\lambda _3,P+\lambda _iQ= R_i^2$. Theo bổ đề trên, tồn tại $R_i^2$ có bậc bằng $max(P,Q)$ giả sử là $R_1^2$. Ta đặt $\lambda = \frac{\lambda _1-\lambda _2}{\lambda _1-\lambda _3},A= R_1-R_2,B= R_1+R_2,C= R_1-R_3,D= R_1+R_3$, khi đó $A+B=C+D=2R_1,AB= \lambda CD,\lambda \neq 1,(A,B)=(C,D)=1$ và $AB$ có bậc bằng $max(P,Q)$. Đặt $P_{AC}= (A,C),P_{AD}= (A,D),P_{BC}= (B,C),P_{BD}= (B,D)$, ta có các đa thức trên nguyên tố cùng nhau. Giả sử $x_0$ là nghiệm bội $n$ của $A$ thì nó cũng là nghiệm bội $n$ của duy nhất một trong hai đa thức $P_{AC},P_{AD}$ hay cũng là nghiệm bội $n$ của đa thức $P_{AC}P_{AD}$,tương tự ta cũng dễ có điều ngược lại, vậy $A= aP_{AC}P_{AD}$ với $a$ là hằng số nào đó. Tương tự $B= bP_{BD}P_{BC},C= cP_{AC}P_{BC},D= dP_{AD}P_{BD}$. Ta có $A-C=D-B$. Giả sử $x_0$ là nghiệm bội $n$ của $P_{AC}P_{BD}$ thì nó cũng là nghiệm bội $n$ của một trong hai đa thức $P_{AC},P_{BD}$ nên là nghiệm bội ít nhất $n$ của đa thức $A-C$. Giả sử $x_0$ là nghiệm bội $n$ của $A-C$ thì nó là nghiệm của nhiều nhất một trong hai đa thức $P_{AC},P_{BD}$, giả sử $P_{BD}$ không có nghiệm $x_0$ và  $x_0$ nghiệm bội $m$ (có thẻ bằng $0$) của $P_{AC}$. Giả sử $m<n$. Ta đạo hàm $A-C=D-B$ từ $0$ đến $m+1$ lần, thay $x=x_0$ ta có $A^{(i)}=C^{(i)}=0,\forall 0\leq i\leq m,A^{(m+1)}=C^{(m+1)}\neq 0,B=D\neq 0$, đạo hàm $AB= \lambda CD$ $m+1$ lần, thay $x=x_0$ ta có $A^{(m+1)}B= \lambda C^{(m+1)} D$, dễ có vô lý, vậy $m\geq n$, từ đây ta có: $A-C=B-D=\alpha P_{AC}P_{BD}\Rightarrow aP_{AD}-bP_{BC}= \alpha P_{BD},dP_{AD}-bP_{BC}= \alpha P_{AC}$. Thay $P_{AC},P_{BD}$ ta có $AB= \frac{ab}{\alpha ^2}P_{AD}P_{CD}(aP_{AD}-cP_{BC})(dP_{AD}-bP_{BC}),2R_1=\frac{1}{\alpha }(adP_{AD}-bc P_{BC})$. Áp dụng bổ đề ta có $max(degP_{AD},degP_{BC})\geq 2degR_1\geq degQ= degAB\geq degP_{AD}+degP_{BC}+max (degP_{AD},degP_{BC})\Rightarrow degP_{AD}=degP_{BC}=0$, từ đây ta có $R_1,Q$ là đa thức hằng nên $P$ cũng là đa thức hằng (vô lý). Vậy tồn tại nhiều nhất hai số thỏa mãn điều kiện đề bài,

(Q.E.D)

Ta có $1995=3.5.7.19$. Từ đề bài ta có $0<y<x$

Bổ đề: Cho hai số nguyên $x, y$ và số nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$.Khi đó $p\mid x^2+y^2\Leftrightarrow p\mid x, p\mid y$

Giả sử $\frac{x^2+y^2}{x-y}=pk$ với $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$. Khi đó theo bổ đề $p\mid x, p\mid y$. Đặt $x=pz, y=pt$ với $z, t$ nguyên dương. Khi đó $\frac{z^2+t^2}{z-t}=k$. Vậy ta chỉ xét $\frac{x^2+y^2}{x-y}$ không có ước nguyên tố dang $4k+3$

Vì $x^2+y^2>x^2>x>x-y$ nên $\frac{x^2+y^2}{x-y}=5\Rightarrow x^2=5x-y^2-5y\leq 5x-6\Rightarrow x=2;3$. Vậy $\left ( x;y \right )=\left ( 2;1 \right );\left ( 3;1 \right )$

Vậy $\left ( x;y \right )=\left ( 2q;q \right );\left ( 3q;q \right )$ với $q$ là ước của $399$

Với $n$ chẵn. Lấy đa giác lồi $A_1A_2...A_{n-1}$. $A_1A_3$ cắt $A_2A_4$ tại $O$. Lấy $A_n$ nằm trong tam giác $OA_2A_3$. Khi đó $A_n$ nằm trong đúng $n-3$ tam giác $A_2A_3A_k$ là số lẻ. Vậy nếu $n$ đẹp thì $n$ lẻ.

Ta có điểm $D$ nằm trong tam giác $ABC$ khi và chỉ khi $C$ nằm trong góc đối đỉnh của $\widehat{ADB}$.

Xét $n=2k+1$ lẻ và điểm $P$ bất kì trong $X$. Kẻ các tia $PA_i$ với $i=1;2;...;2k$ và các tia đối của $PA_i$.

Ta chứng minh được tồn tại $2$ tia $PA_i$ và $PA_j$ sao cho không có tia nào ở giữa. Khi đó không có tam giác nào có một cạnh là $A_iA_j$ chứa điếm $P$ và tam giác $A_mA_nA_i$ chứa điểm $P$ khi và chỉ khi tam giác $A_mA_nA_j$ chứa điểm $P$.

Ta dễ chứng minh bằng quy nạp với $k$, số $n$ là đẹp bằng cách loại hai điểm $A_i, A_j$ như trên, khi đó số tam giác chứa điểm $P$ giảm đi một số chẵn. Vậy các số đẹp là các số lẻ $\geq 5$.