Giả sử $n = \prod p_i^{\alpha_i}$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố

Ta chứng minh tồn tại $x,y$ để $p_i^{\alpha_i}$ $|$ $(x^2-34y^2+1)$

Thật vậy ,ta có : $x^2-34y^2+1 = (x-5y)(x+5y) -(3y-1)(3y+1)$

Nếu $p_i \neq 3$,ta chỉ cần chọn $3y \equiv 1 (\text{mod} (p_i^{\alpha_i}))$ và $x \equiv 5y (\text{mod} p_i^{\alpha_i})$ Khi đó ta có $p_i^{\alpha_i}$ $|$ $(x^2-34y^2+1)$

Nếu $p_i = 3$

Ta sẽ chứng minh điều sau bằng quy nạp : Với mọi số tự nhiên $n$, tồn tại cặp số $x,y$ để $x^2-34y^2+1$ $\vdots$ $3^k$

Với $n=1$ điều trên đúng vì ta chỉ cần chọn $x =3, y = 1$

Giả sử đúng với $n = k$, ta chứng minh đúng với $n = k+1$

Giả sử $x_0^2-34y_0^2 +1 = 3^k . m$

Nếu $m$ $\vdots$ $3$ ta có điều cần chứng minh 

Nếu $(3,m) = 1$

Dễ thấy $x_0,y_0$ không cùng chia hết cho $3$ nên tồn tại các số tự nhiên $s,t$ để $m+2sx_0-68ty_0$ $\vdots$ $3$

Khi đó, ta chọn $X = x_0+3^ks, Y = y_0+3^k.t$

$\implies X^2-34Y^2+1$ $= (x_0^2-34y_0^2+1)$ $+3^k(2s.x_0-68ty_0)+3^{2k}.s^2+34.3^{2k}t^2 = 3^k(2s.x_0-68ty_0+m)+3^{2k}.s^2+34.3^{2k}t^2$ $\vdots$ $3^{k+1}$ 

Vậy điều cần chứng minh là đúng

Tức là với mọi $p_i$ nguyên tố, tồn tại $x,y$ để $p_i^{\alpha_i}$ $|$ $(x^2-34y^2+1)$

Giả sử $p_i^{\alpha_i}$ $|$ $(x_i^2-34y_i^2+1)$

Sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa chọn $X \equiv x_i (\text{mod} p_i)$ và $Y \equiv y_i (\text{mod} p_i) \forall i$

Khi đó $X^2 - 34Y^2+1$ $\vdots$ $n$. Ta có điều cần chứng minh

từ phương trình đầu suy ra $x+y \leq 3/2$ theo hàm lồi jensen 

từ phương trình 2 dùng Bun suy ra $x+y \geq 3/2$ nên $x+y = 3/2$ , đẳng thức xảy ra ở cả 2 bất đẳng thức khi và chỉ khi $x = y = 3/4$

à , vì $LE$ là đường trung bình của $\triangle AHM $ ( $L$ là trung điểm $AH$ , $E$ là trung điểm $AM$ )

Gọi $A"$ đối xứng $A$ qua $O$ , $AH$ cắt $(O)$ tại $T$ , $A'T$ cắt $AC$ tại $M$ , $BH$ cắt $AC$ tại $N$, $HA$ cắt $BC$ tại $D$ . Ta có $HD.HA = HL.HT = HN.HB$ nên tứ giác $NLBT$ nội tiếp . Khi đó $\angle TLB = \angle TNH = \angle HMT \implies MH \perp BL$. Mà $LE \parallel MH$ nên $\angle BLE = 90$

Gọi $T$ là đối xứng của $C$ qua $O$, khi đó $T$ đối xứng $H'$ qua $I$ . Gọi $G$ đối xứng $B$ qua $I$ . Khi đó $GA \perp AC$ , lại có $AT \perp AC$ do là đường kính nên $T,A,G$ thẳng hàng . mà $T,A,G$ lần lượt là đối xứng của $H', H, B$ qua $I$ nên $B,H,H'$ thẳng hàng

Giả sử các số có dạng tích của $a_i$ nhận đúng $j$ số dư với $j \leq p-2$ , giả sử là $b_1,b_2,..,b_j \implies b_1a_j,b_2a_j,.... , b_ja_j$ là hoán vị của $b_1,b_2,..,b_j$ ( mod $p$ ) , suy ra $\prod b_i \equiv \prod b_ia_j = (\prod b_i).a_j^j $ ( mod $p$ ) , suy ra $a_j^j \equiv 1 $ (mod $p$ ) , dẫn đến điều mâu thuẫn . Vậy các số có dạng tích các $a_i$ nhận mọi số dư mod $p$

đây chính là IMO shortlist 2013 

phần 1 :  https://users.renyi....dos/1939-03.pdf

phần 2 : https://projecteucli....ijm/1256050816

P.Erdos 

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp mạnh  : Giả sử đúng với $n = k$ , ta chứng minh đúng với $n = k+4$

Nhận xét là $0 = 1^2+2^2-3^2+4^2 -5^2-6^2+7^2 , 1 =1^2 , 2 = -1^2-2^2-3^2+4^2 , 3 = -1^2+2^2$ .

Hơn nữa , ta có $ 0 = (k+1)^2 - (k+2)^2-(k+3)^2+(k+4)^2-(k+5)^2+(k+6)^2+(k+7)^2-(k+8)^2$ nên có vô hạn cách biểu diễn

Nếu $n$ biểu diễn được thì $n+4$ cũng biểu diễn được bởi $ 4 = (k+1)^2-(k+2)^2-(k+3)^2+(k+4)^2$ . 

Ta hoàn tất chứng minh

Bài 1 :

Giả sử tồn tại $a, m$ sao cho $f(a) = f(a+m)=k$

Khi đó ta có : $f(f(a))-f(a) = f(a+1)= f(k)  - k = f(f(a+m))-f(a+m) = f(a+m+1)$

Vậy $f(a+1) = f(a+m+1)$

Tương tự ta có $f(a+2) = f(a+m+2)$, ... $f(a+m) =f(a+2m)$

Vậy $f$ tuần hoàn chu kì $m$ nên $f$ bị chặn trên

Kí hiệu $f_k(n) = f(f(f(...(m))...)$

Ta có $f_2(n) = f(n+1)+f(n) \geq f(n)+1$

Bằng quy nạp ta có $f_k(n) \geq f_{k-1}(n)+1$

$\implies f_k(n) \geq k$

Cho $k$ tiến tới dương vô cùng ta có $f$ không bị chặn nên có điều mâu thuẫn. Vậy $f$ đơn ánh

Thay $y$ bởi $\sqrt{f(x)}$ ta có $f(f(x)) = \frac{1}{\sqrt{f(x)}}$ nên $f(\frac{f(x)}{y})= \frac{yf(y)}{\sqrt{f(x)}}$

Từ điều trên suy ra $\frac{f(x)}{f(y)}$ nhận mọi giá trị trên $\mathbb R^{+}$ . Thế $y$ bởi $f(y)$ ta nhận được $f(\frac{f(x)}{f(y}) = \frac{1}{\sqrt{\frac{f(x)}{f(y)}}}$ nên $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ với mọi $x$

$f(x-1-f(y)) = 3f(x)+2x+f(y)$

$P(f(y),y) : f(-1) = 3f(f(y))+3f(y) \implies f(f(y)) = \frac{f(-1)}{3}-f(y)$

$P(2f(y)+1,y): f(f(y)) = 3f(2f(y)+1)+2(2f(y)+1)+f(y)$

$\implies f(2f(y)+1) = -2f(y) +\frac{f(-1)-6}{9}$

$P(3f(y)+2,y): f(2f(y)+1)=3f(3f(y)+2)+2(3f(y)+2)+f(y) \implies f(3f(y)+2) =-3f(y)+\frac{f(1)-42}{27}$

$P(3f(x)+2,y) : f(3f(x)+1-f(y)) = 3f(3f(x)+2)+2(3f(x)+2)+f(y) = f(y)-3f(x)+d$ trong đó $d$ là một hằng số

Thật vậy, Do $f(x-1-f(y)) - 3f(x) = 2x+f(y)$ nhận mọi giá trị trên $\mathbb R$ nên ta có thể thay $3f(x)+1-f(y)$ bởi $x$ nên 

$f(x) = a-x$ trong đó $a$ là một hằng số

Thay vào ta có $a = \frac{1}{2}$ nên $f(x) = -x +\frac{1}{2}$

Vì khi $p_i \neq 7$ thì sẽ tồn tại $y$ để $7y -1 \vdots p_i^{\alpha_i}$ thì $(7y-1)(7y+1) \vdots p_i^{\alpha_i}$

Chọn tiếp $x \equiv 3y$ thì sẽ có $(x-3y)(x+3y) \vdots p_i^{\alpha_i}$ kết hợp 2 điều trên thì có $x^2-58y^2+1 \vdots p_i^{\alpha_i}$

$x^2 - 58y^2+1 = x^2 - 9y^2 - (49y^2-1) = (x-3y)(x+3y) - (7y-1)(7y+1)$

Đặt $n = \prod p_i^{\alpha_i}$

Khi $p_i \neq 7$ ta chọn $7y \equiv 1$ và $x \equiv 3y (\text{p_i^{\alpha_i}}$ thì sẽ có $p_i^{\alpha_i} | x^2 - 58y^2+1$

Khi $p_i = 7$

Ta sẽ chứng minh quy nạp : với mọi $k$ thì tồn tại $x,y$ để $7^k | x^2 - 58y^2+1$

Với $k=1$ ta chọn $x = 7, y = 2$

Giả sử giả thuyết quy nạp đúng với $k$ ta chứng minh đúng với $k+1$

Ta có $x_0^2 - 58y_0^2 +1 \vdots 7^k$. Đặt $x_0^2 - 58y_0^2 +1 = 7^k. T$. Ta có $x_0, y_0$ không cùng chia hết cho 7 nên tồn tại các số $a,b$ sao cho $a . 2x_0-b.10y_0 +T \vdots 7$

Khi đó, ta chọn $X = x_0+a.7^k, Y = y_0+b.7^k$ thì $X^2-58Y^2+1 \vdots 7^{k+1}$. Ta có điều cần chứng minh là đúng

Vậy với mỗi $p_i$ tồn tại $x_i, y_i$ để $x_i^2-58y_i^2+1 \vdots p_i^{\alpha_i}$

Ta chọn $X \equiv x_i (\text{mod p_i^{\alpha_i}}), Y  \equiv y_i (\text{mod p_i^{\alpha_i}})$ thì ta có $X^2-58Y^2+1 \vdots n$. Vậy ta có điều cần chứng minh

Ta có $\sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2} = \sum \frac{b^3}{a^2+ab+b^2}$ do $\sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2} - \sum \frac{b^3}{b^2+ab+a^2} = \sum a-b = 0$

Vậy ta cần chứng minh $\sum \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{2(a+b+c)}{3}$

Then BĐT Bunhiakovski ta có $(a^3+b^3)$ $\geq$ $\frac{(a^2+b^2)^2}{a+b}$ $= \frac{\frac{3a^2+3b^2}{3}.\frac{2(a^2+b^2)}{2}}{a+b} \geq \frac{\frac{2(a^2+ab+b^2)}{3}.(a+b)^2}{2(a+b)} = \frac{(a^2+ab+b^2)(a+b)}{3}$

Từ đây ta có $\sum \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{a+b}{3}$. Cộng 3 bất đẳng thức với nhau ta có điều cần chứng minh

.

Ta có $f(x-f(y)) - f(x+f(y)) = 4xf(y)$

Từ đây ta có nếu $f$ khác hằng số thì $f(x)-f(y)$ nhận mọi giá trị trên tập số thực 

Thế $x$ bởi $f(y)$ ta có $f(2f(y)) = f(0) - 4f^2(y)$

Thế $x$ bởi $2f(x) - f(y)$ ta có f(2(f(x)−f(y)))=f(0)−(2(f(x)−f(y)))2 ; ∀x,y∈R

bài này sử dụng phương pháp dồn biến 
http://thaytoan.net/...h-bat-dang-thuc

trang 16 bài số 4 

Cho $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+3$. Chứng minh rằng đa thức $(x^2+1)^n+p$ bất khả quy trên $\mathbb Z[x]$

Đặt $a = 2017$ ,xét $f(x) = \sum x^{a_i} \implies f(x).f(x^a)...f(x^{a^{a-1}}) = \frac{1}{1-x}$

$\implies f(x) = \frac{\prod_{k \geq 1 } f(x^{a^k})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^k})} = \frac{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak}})f(x^{a^{ak+1}})...f(x^{a^{ak+a-1}})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak+1}})f(x^{a^{ak+2}})...f(x^{a^{ak+a}})} = \prod_{k \geq 0 } \frac{x^{a^{ak+1}}-1}{x^{a^{ak}}-1} = \prod_{k \geq 0 }(1+x^{a^{ka}}+x^{2a^{ka}}+...x^{(a-1)a^{ka}})$

Lại có $a_n$ là dãy tăng nên $a_n$ chính là giá trị trong cơ số $a^a$ của $n$ trong biểu diễn cơ số $a$ . Ta suy ra được công thức $a_n$ như sau :  đặt $2017^{2017} = c$

Xét biểu diễn cơ số $2017$ của $n$ là $s_0s_1s_2...s_k$ thì $a_n = s_0+s_1.c+s_2.c^2+...+s_k.c^k$

Suy ra $(s_0+s_1.a^1+..+s_k.a^k)^a = s_0+s_1.a^a+...+s_k.(a^k)^a$. Rõ ràng $VT \geq VP$ và đẳng thức xảy ra khi $S_{2017}(n) = 1$ với $S_{2017}(n)$ là tổng chữ số của $n$ trong biểu diễn cơ số $2017$ , vậy nếu $a_n = n^{2017}$ thì $ n = 2017^k$

Lời giải của em ạ 
Gọi $X,Y$ là điểm chính giữa cung $AC,AB$ thì $Q,P$ đối xứng $A$ qua $X,Y$

Từ đây ta có $QM$ đi qua tâm bàng tiếp $I_b$ và $PN$ đi qua tâm bàng tiếp $I_c$

$I_bI_C$ cắt $BC$ tại $T$, $S$ là chân đường phân giác trong góc $\angle A$ thì $(TRMN)= (TAI_bI_c) = -1$ nên $AR$ cũng là phân giác $\angle MAN$

$2\vec{DE}.\vec{AC} = (\vec{MQ}+\vec{NP}).\vec{AC} = (\vec{MQ} +\vec{NP})(\vec{AB}+\vec{BC}) = (\vec{MQ}.\vec{AB}+\vec{NP}.\vec{BC})+(\overline{MQ}.\overline{BC}.cos(90 + \angle MBN) +\overline{NP}.\overline{AB}.cos(90+\angle MBN) = 0$ nên $DE \perp AC$

Xét $P(x,y)$ là phép thế vào đẳng thức ban đầu
$P(x,-x) : f(0) = 1 $
$P(x, -2x) : f(x) f(-x) = 1 -xf(-x)+x$
$P(-x , 2x) : f(x)f(-x) =1 +xf(x)-x$ (1). Kết hợp 2 điều trên ta có $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x \neq 0 $ , nhưng với $x = 0$ thì điều này vẫn đúng nên $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x$
Thế vào (1) ta nhận được $(f(x)+x-1)(f(x) - 1) = 0$
Giả sử tồn tại $a,b$ để $f(a) = 1-a , f(b) = 1$ và $a,b \neq 0 $
$P(a,b-a) : 1-a = f(a+b)$ . Thật vậy , $f(a+b) = 1$ hoặc $f(a+b) = 1- a-b $ nên hoặc $ a= 0 $ , hoặc $b = 0$ , ta có điều mâu thuẫn . Vậy $f \equiv 1$ hoặc $f(x) =1- x$ $\forall $ $x$ $\in $ $\mathbb R$

Ta có : $f(x-f(y)) - f(x) = xf(y)+f(f(y))$. Từ đây ta có $f(x)-f(y)$ nhận mọi giá trị trên tập số thực 

$P(f(x),y) : f(f(x)-f(y)) = f(f(x))+f(x)f(y)+f(f(y)) = f(f(y)-f(x))$ từ đâ yta có $f(x) = f(-x)$ với mọi $x$

$P(0,y) : f(-f(y)) = f(0) + f(f(y))= f(f(y)) \implies f(0) = 0$

$P(f(y),y) : f(f(y)) = \frac{-f^2(y)}{2}$

Vậy ta có : $f(f(x)-f(y)) = f(x)f(y) -  \frac{-f^2(y)}{2} -  \frac{-f^2(x)}{2} =  \frac{-(f(x)-f(y))^2}{2}$ nên $f(x) = \frac{-x^2}{2}$

 

Lời giải của em ạ

Gọi $H_a,H_b,H_c$ là 3 chân đường cao thì $YZ$ là trung trưc $AH_a$