Bài 1 ta xét hệ trục toạ độ Oxy, trong đó Ox là trục thời gian và Oy là trục quãng đường. Xét các bộ (xi,yj) trong đó có max 45.44=1980 bộ như trên .

Xét đồ thị có <= mn đỉnh có >= mn+1 cạnh . CM khi đó có 2 cạnh đội một không cắt nhau.

Mở rộng : Đồ thị có k^4mn đỉnh, trong đó có >= k^4mn+1 cạnh. Khi đó có min k+1 cạnh đôi một k cắt nhau .

 ( Trong phòng thi em làm cả 1và 6 mà vẫn tạch :<)

Cho p là 1 số nguyên tố và số nguyên dương n,s và n>s+1. CMR p^d là ước của sigma (-1)^k.k^s. $ n\choose k$ với p là ước nguyên tố của k và d là phần nguyên của (n-s-1)/(p-1). 

                                           Thông cảm vì em không biết dùng Latex 1 cách thuần thục ạ :<

Bài 72: Cho $p$ là số nguyên tố và 2 số nguyên dương $n>s+1.$ Chứng minh:

$p^d \mid \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} k^s$ với $p\mid n$ và $d=\bigg\lfloor \frac{n-s-1}{p-1} \bigg\rfloor .$

Em có bài toán khá hay ạ. CHo a,b,c thực dương . Cmr

\[{\frac {{x}^{2}}{{y}^{2}-yz+{z}^{2}}}+{\frac {{y}^{2}}{{z}^{2}-zx+{x}^
{2}}}+{\frac {{z}^{2}}{{x}^{2}-xy+{y}^{2}}}\geq 2+16\,\sqrt {2} \left( {
\frac {xyz}{ \left( y+z \right) \left( z+x \right) \left( x+y
\right) }} \right) ^{3/2}\]

Bài 1: CMR tồn tại vô hạn cặp $(a,b)$ thoả mãn $a$, $b$ nguyên tố cùng nhau và đồng thời lớn hơn 1 để $a^b+b^a$ chia hết cho $a+b$

Bài 2: Cho $m_1, m_2, \ldots, m_n$ là n số nguyên dương không nhất thiết phân biệt . Với dãy các số nguyên bất kì $A = (a_1, \ldots, a_n)$ và 1 hoán vị bất k ì$w = w_1, \ldots, w_n$ của $m_1, m_2, \ldots, m_n$ định nghĩa $A$-inversion của $w$ là các  cặp $w_i$ và $w_j$ với $i$ < $j$ thoả mãn các điều kiện :

   i)  $a_i \ge w_i > w_j$

   ii) $w_j > a_i \ge w_i$ hoặc 

  iii)  $w_i > w_j > a_i$

 CMR với 2 dãy số nguyên $A = (a_1, \ldots, a_n)$  và $B = (b_1, \ldots, b_n)$ và với mỗi số nguyên dương $k$ ,số hoán vị của $m_1, \ldots, m_n$ có đúng k $A$-inversion bằng với số bộ hoán vị $m_1, \ldots, m_n$ có đúng $k$ $B$-inversion.

Bài 3: Cho $ABC$ là tam giác không có 3 cạnh bằng nhau , nội tiếp $\Omega$ và có tâm nội tiếp $I$. Tia $AI$ cắt $BC$ tại $D$ và $\Omega$ lần thứ 2 tại M. Đường tròn đường kính $DM$ cắt $\Omega$ tại $K$ . $MK$ cắt $BC$ tại $S$. Lấy $N$ là trung điểm của tia $IS$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle KID$ và $\triangle MAN$ cắt nhau lần lượt tại $L_1$ và $L_2$. CMR $\Omega$ đi qua trung điểm của $IL_1$ hoặc $IL_2$.

                                                                           Chúc mọi người có 1 buổi đêm vui vẻ

Bài 3 là IMO Shortlist 2015 A2 . 

Babbage và Wolstenholme không ăn thua đâu )))). Sau đây là định lí Kazandzidis :

                                   $ \binom{p^3}{p^2}\equiv \binom{p^2}{p}\left ( modp^8 \right ) vì 8 = 3+vp(p^2.p.(p^2-p)+vp(\binom{p^2}{p}))$

 Dễ thấy $vp( \binom{p^2}{p})=1$ do $\binom{p^2}{p}$ đồng dư 2 $mod p^2$ nhưng lại chia hết cho p

                                                             Cho trước 2 số $a$ và $k$.

                       CMR luôn tồn tại với mỗi số $n$ cho trước tồn tại số $m$ để $n$ là ước của $k.a^m+m$

                                                            Cho trước $a$ và $k$ là 2 số nguyên dương 

                                        Cmr với mỗi $n$ cho trước tồn tại số $m$ để $n$ là ước của $k.a^m+m$

                                Xét VT-VP, ta có đây là đa thức bậc 1/2 đối với biến abc. Ta có đây là hàm đồng biến đối với biến tích abc. Khi đó theo bổ đề chặn tích . Ta chỉ cần xét bộ (a,a,a): (a,0,0),(a,a,0) hoặc (o,o,o). Dễ dàng nhận ra đpcm. Ngoài ra còn có thể giải bằng SOS và EMV

Anh nghĩ nó có hơi quá đà olympiad không ạ      ? Thi vmo mà bổ đề chặn tích vẫn phải cm thì vào phòng gặp bài này chắc ra về sớm   

Câu4 : Xây dựng 1 họ các nghiệm của đa thức f : 1 công thức truy hồi . Từ đó ta có f có vô hạn nghiệm mà bậc n hữu hạn, vô hạn. Từ đó đa thức không có nghiệm thực , toàn nghiệm phức nên bậc của nó là chẵn ( do đa thức nhận 1 no z là nghiệm thì liên hợp của z cũng là no). Từ câu a dễ dàng nhận ra f là hằng. Nên f đồng nhất 1.

   Nói ngắn vì không thể che dấu là mình không biết gõ Latex và làm bài dễ giải trí vì bài tập của mình khó lòi ra   

Anh có thể  biểu diễn cho em xem đc k ạ ( em không biết dùng Latex, Maple,......), khi có cơ hội em sẽ hỏi anh Cẩn về bài này . ( hope that he is still remember :x)

Ta định nghĩa $q$ là 1 " mẫu số thân thiện " nếu thoả mãn với $\alpha$ thực thì có $\displaystyle |\alpha - \dfrac{p}{q}|<\dfrac{1}{10q}$ với 1 vài số $p$ nguyên. CMR nếu 2 số $\alpha$ và $\beta$ có chung tập mẫu số thân thiện thì ta có $\alpha+\beta$ hoặc $\alpha-\beta$ là số nguyên.

IZhO 2016 bài số 6

Anh thử full solution đi xem nào. Đừng use Aops nhá

Không ai chém câu 2 à, thế mình chém tý

Xét $a=2x-1,b=2x+1,c=-x$ . Khi đó ta có $P(2x-1)^2+P(2x+1)^2+P(-x)^2=P(3x)^2+2$. So sánh hệ số  $x^{2n}$ có dễ dàng có n=1 nên  $degP=1$. Do đó $P(x)=mx+n$.

Thay vào đẳng thức, khi đó ta có $P(x)=\cos \alpha+x sin \alpha $

Dễ dàng kiểm tra đa thức thoả mãn . Vậy $P(x)=\cos \alpha+x sin \alpha $

Cho $a$ và $b$ là 2 số nguyên dương khác nhau lớn hơn 1. CMR luôn tồn tại số $n$ để $(a^n-1)(b^n-1)$ không phải số chính phương. 

GENELIZATION: Cho $a$,$b$ thoả mãn $ab$ không phải số chính phương và a,b khác nhau lơn hơn 1. CMR tồn tại n cũng với đk như trên .

P/S: Em thực sự mong có sol bài đầu lắm ý ạ . Official solution không sơ cấp nên khó nghĩ lắm ạ

Ở trên có rồi mà

Thâtj ạ ?. Em không thấy

Xét q là ước nguyên tố lớn nhất của $2^p-1$. GỌi $q_j$ là ước của $2^p-1$ xét $q_j=1=pm_j$.

$2^p-1$ chia hết cho $q_j$. Nên $2^{p+1}-2$ chia hết cho $q_j$. Ta có $q_j$ đồng dư 1 hoặc 7 mod 8.

Mà do $p^2$ là ước của $2^{p-1}-1$ nên là ước của $2^{p}-2 . Viết lại theo phân tích tiêu chuẩn : $p^2$ là ước của tích chạy từ 1 đến r của $(1+pm_j)^{a_j}-1$

Vậy tổng tuyến tính $m_ja_j$ với j chạy từ 1 đến r chia hết cho p. Từ đây , ta có $m_j$ đồng dư 0 hoặc 6 theo mod $8$ nên $m_j$ lớn hơn hoặc bằng 6. 

Vậy ta có $2^p >= (6p)^{a_1+.........+a_r}$ với m= MAX{$m_j$}. nên ta dễ dàng có đpcm

Hừm em biết là nó khá cũ rồi nhưng thôi kệ.

Thay m,n bới p,1 với p nguyên tố lớn hơn bằng 3 và n=1. Ta có p là ước của f(p)+f(1). 

Thay m,n bởi p,p với p nguyên tố lớn hơn bằng 3 . Ts có p là ước của f(p).

Vậy p là ước của f(1).

. Cho p ra dương vô cùng , ta có f(1)=0. Đến đây ta xét thay x,y bởi n,1. Ta có n là ước của f(n). Ta có mọi hàm f(x) như trên đều thoả mãn yêu cầu bài toán

Ta chứng minh nhận định sau { em giải bằng Holder nhưng chắc có thể dễ hơn }. 

$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}} + \sqrt{\dfrac{b}{c+a}} + \sqrt{\dfrac{c}{a+b}} \geq \sqrt{\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}}$

Đặt $\sqrt{\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}} =t$ Ta có thể cm là $t>= căn 3$

Khảo sát hàm số theo t khi đó ta có đpcm

VN TST 2005

Khi trên đó ( 2 dòng ) người ta đã chứng  minh f là hàm hằng . Khi đó f(x)=c với mọi x. Khi đó c=0 mẫu thuẫn với giả thuyết bài toán

Nếu ai còn quan tâm tới bài toán trên thì link thứ 2 có solution rồi ạ

Thực ra như em nghĩ là không nên loại bỏ nó đi. Hay phải chăng là mọi người không " còn " thích nó như thế hệ trước là vì thi VMO,TST, IMO, thậm chí thi trắc nghiệm đại học bây giờ chắc cũng chả còn.

Em cũng khá thích bất đẳng thức , không phải vì nó giống cờ hay trí tuệ gì cả ? Chỉ đơn giản người đầu tiên mà em cảm nhận được vẻ đẹp toán học là anh Cẩn ( Võ Quốc Bá Cẩn ). Em khi nói cho thầy em điều này thì ngay lập tức thầy ấy nói là " Sao con không quan tâm đến Gauss trước mà quan tâm mấy cái biến đổi " mệt mỏi " này làm gì ?.

Có 1 câu chuyện ( của em ) : Thưở lớp 9 , em học cấp 2 có em và thằng bạn giỏi ngang ngửa nhau nhưng chỉ vì nó giỏi tổ hợp hơn em nên được đánh giá cao hơn. Hay chỉ đơn giản là " Bất toàn trâu bò thôi, tổ hợp mới đúng là đỉnh cao trí tuệ ". Còn nếu nói về độ " trâu bò " : em nghĩ hình học bây giờ nó đông gấp 3 lần các thứ khác. Vậy tại sao có topic này mà không phải là " Tại sao hình học sơ cấp nó khoẻ thế , IMO càng ngày càng cho ít  mà vẫn ra " lò " kinh thế ? ". Phải chăng là do HHSC vẫn còn có " điểm " khi đi thi ? 

Trước khi em thi TST vài ngày. Thầy em có nói đến vấn đề là phải nghỉ bđt và tập trunng cày các thứ khac )