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 ) 

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 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 $d=\bigg\lfloor \frac{n-s-1}{p-1} \bigg\rfloor .$

Bài này là của Gabriel Dospinesscu, có thể tham khảo cuốn Straight from the book, lời giải khá hay.

Lời giải dùng vành đóng của vành Z(i)

Ở trên có rồi mà

Thâtj ạ ?. Em không thấy

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 $

Bài 20: (Mở rộng VN TST P1 2017) Cho đồ thị có $k^4mn$ đỉnh , trong đó có ít nhất $k^4mn+1$ cạnh . CMR tồn tại ít nhất $n+1$ cạnh đôi một không cắt nhau 

Bài 6 có 1 cách rất hay , chính là cách của Evan trong Aops , nếu ai đó đã có  học bài Hungarian MO 99 bổ trợ thì ý tưởng hoàn toàn là tự nhiên , đơn thuần là dùng nội suy Lagrange kiểm soát đa thức hữu tỷ rồi chỉnh các $ci$ thoả mãn 

Bài 5 : Erdos 1935 . Cho ab+1 số thực phân biệt , khi đó tồn tại 1 tập con a+1 hoặc b+1 số liên tiếp tăng hoặc giảm liên tiếp .

Áp dụng 2 lần cho n , ta có đpcm

Theo như v_Enhance trên AoPS thì bài này không giải được bằng cách sử dụng định lý Erdos Szekeres (https://artofproblem...2017_problem_5)(#4) ?

Có ai nói đó là cả bài đâu chỉ là 1 đoạn con thôi . Nếu giải bằng nó thật thì đã không phải IMO

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 :<)

Bây giờ em quay lại với 1 cách tiếp cận khác cho bài 6 

i) Ta dễ dàng có  hoán vị 1,2,4,8,3,6,12,11,9,5,10,7

II) Ký hiệu $A$ là hoán vị tốt và $B$ là số cách điền số $1$,$2$,......$2n$ trên đa giác $2n$ cạnh đều để thoả mãn yêu cầu 

Do em không biết gõ Latex và cũng không muốn bị coi là spam , em chỉ đưa ra 2 bước mấu chốt 

i) Tồn tại 1 song ánh từ A --> B và để cm là A có tồn tại , chỉ cần cm là B >1

ii) Thực tế là có đến $2^n.n!$ bộ hoán vị thoả mãn 

Bài 14* ( Prasolov) : Cho $0=m_0<m_1<m_2<........<m_n$ và  $m_i$  đồng dư  $i$ mod 2. Khi đó đa thức thức ở bài 14 thay bằng  $m_1,m_2,.......m_n$ ở số mũ có nhiều nhất n nghiệm . Từ bài này , ta có thể có nói là không tồn tại

Bài 4 số số lớn nhất là 2014 , điều này xảy ra khi đổi 1 - 2010 1 lượt rồi đổi 2008-2017 .

Ta xét Si là tổng các số có vị trí i đồng dư theo mod 10 . Bất biến là nếu 1 lượt biến đổi thì các Si đều bằng nhau

Bài 3 là IMO Shortlist 2015 A2 . 

Em không biết đâu ( đoán thôi nhé ) khoảng 80% bài 3 này của VĨnh Phúc . (  Do nó nằm trong hội thảo khoa học ở Hưng Yên ngày 15,16/2/2017). Ngoài ra là TSTST 2013 :v.

Em nhớ tới vì hôm nay thầy em nhờ em đọc lại bài thằng bạn em ( lớp 10 thi 11 mà cũng là đứa duy nhất bị khuyến khích trong team ) . Đọc lời giải chính thức chẳng khác gì hết

Bài 4 :

Giá trị nhỏ nhất của $a+b$ là $117,$ dấu bằng xảy ra ở hình chữ nhật $78 \times 39$ với cách tô ở cột $i$ thì cho $79-i$ con bọ. 

File word cho những ai quan tâm ( không có hình ) ( mình không có giải hình ) 

Thật ra số con bọ min là $38+39+40+.....+79-36^2$ nhưng việc đó để mọi người làm sẽ hay hơn =)))))

Bài 1 : 

Bổ đề: $|f(x+y)-f(x)-f(y)| \geq 1$ thì ta có $| \frac{f(x)}{x}- \frac{f(y)}{y}|< \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}.$

Để em chém bài 3

Ta chứng minh kết quả tổng quát hơn : Cmr với $n$ nguyên dương và lớn hơn bằng 2 tồn tại x để $3^n$ | $x^3+2017$ và $3^{n+1}$ thì không

Bổ đề : $a$ nguyên 3 không phải là ước của a khi đó với m nguyên dương m lớn hơn bằng 2 thì ta có :

                 $(a+3^{m+1})^3$ đồng dư $a^3+3^m$ mod $3^{m+1}$

Đến đây ta sử dụng phép quy nạp tức giả sử $x^3+2017$=$k.3^n$ với k chia 3 dư 1 hoặc 2

Ta lần lượt thay giá trị với x chia 3 dư 1 là  x+2.3^(n-1)

                                                              2 là  x+3^(n-1)

Ta có điều phải chứng minh

Câu bất đẳng thức khối 11 là do một bạn người bạn người Trung Quốc nhờ mình đề nghị.

Anh ơi có ai full điểm không ạ .__.

Một cách khác: Đặt $f(x)=x^3+2017$, thay $x$ bởi $3x+2$ rồi đặt $f(x)=9g(x)$. Ta chứng minh rằng $g(1)$,...,$g(3^{n-2})$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod $3^{n-2}$. Như vậy $g(1)$,...,$g(3^{n-1})$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod $3^{n-1}$. Chú ý tính tuần hoàn của số dư khi chia đa thức cho một số, thì ta có thể chia $g(1)$,..,$g(3^{n-1})$ thành $3$ nhóm, mỗi nhóm có $3^{n-2}$ phần tử và lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod $3^{n-2}$. Từ mỗi nhóm này chọn ra một số chia hết cho $3^{n-2}$, nhưng chú ý rằng chỉ có một số chia hết cho $3^{n-1}$, nên $2$ số còn lại chia hết cho $3^{n-2}$ nhưng không chia hết cho $3^{n-1}$. Vì $f(x)=9g(x)$ nên tồn tại $m$ để $f(m)$ chia hết cho $3^{n}$ nhưng không chia hết cho $3^{n+1}$ (đpcm).

Nhắc đến cách làm của anh , nếu anh còn quan tâm đến số học sơ cấp , có thể thử Brazil 2005 ( mà chắc anh biết lâu rồi )

Bài phương trình hàm ở bên trên giải sai rồi, từ $f(x)[f(x)+x]=0$ không thể suy ra $f(x)=0$ hoặc $f(x)=-x$. Muốn có được điều đó phải chứng minh rằng không tồn tại $a\neq b$ mà $f(a)=0$, $f(b)=-b$. 

Lỗi sai kinh điển