Thêm THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An: Cao Hữu Đạt (datcoi1999), Nguyễn Trung Phúc (nguyentrungphuc26041999) , Phan Đức Tiến (pdtienArsFC) (nếu mình không nhầm), Trần Nguyên Lân (Tran Nguyen Lan 1107).

Còn anh thì sao ?

Em xin cập nhật một số người trên diễn đạt (khu vực em biết) 
xuantrandong (Quốc Học Huế) giải kk (bạn này tên Huỳnh Hữu Nhật)
Nguyen Minh Hai (Huế) ,hoanglong2k (Lê Hoàng Long), Hoang Nhat Tuan ,2 bạn cuối cùng đều là Quảng Bình. Cả 3 bạn cùng dãy đều được giải 3

ĐKXĐ: $0 \le x \le \frac{81}{2}$ 
$\sqrt{5+4\sqrt{9-(2x)^{0,5}}}=2.13^{0,5}(13-x)$ 
$\Leftrightarrow x \le 13 $ và $5+4\sqrt{9-(2x)^{0,5}}=52(13-x)^2$ 
$\Leftrightarrow 4(\sqrt{9-(2x)^{0,5}}-2)=13(4(13-x)^2-1)$ 
$\Leftrightarrow \frac{5-(2x)^{0,5}}{\sqrt{9-(2x)^{0,5}}+2}=\frac{13}{4}(25-2x)(27-2x)$ 
$\Leftrightarrow \frac{25-2x}{(\sqrt{9-(2x)^{0,5}}+2)(5+(2x)^{0,5})}=\frac{13}{4}(25-2x)(27-2x)$ 
Nhận thấy $x=\frac{25}{2}$ là một nghiệm bài toán nên ta có đpcm

Bài toán sau là đề ra kì này của tạp chi PI của bạn tháng 11/2016 và đã được đưa giải trong số đầu của tạp chí PI. Tác giả bài toán là thầy Võ Quốc Bá Cẩn. Mình post bài này để các bạn thảo luận cùng tìm các cách khác nhau để giải. 

 

P3. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số nguyên dương $a,b,c,d$ thoả mãn điều kiện $a^2+1=bc, c^2+1=da$. 

a) Chứng minh rằng $P= \frac{a+d}{c}+ \frac{b+c}{a}$ là một số nguyên.

b) Tìm tất cả các giác trị có thể của $P$.

Lời giải : 
Ta đi chứng minh $b=3a-c,d=3c-a (1)$ 
Nhận thấy $(1)$ so với các điều sau đây là tương đương nhau : 
$b=3a-c \Leftrightarrow a^2+1=(3a-c)c \Leftrightarrow a^2+c^2+1=3ac \Leftrightarrow d=3c-a$ 
Vậy chỉ cần chứng minh rằng nếu $a^2+1$ là bội của $c,c^2+1$ là bội của $a$ thì $a^2+c^2+1=3ac$ 
Giả sử $c \ge a$ .Ta chứng minh theo $S=a+c$ .
Nếu $S=2 \Rightarrow a=c=1 \Rightarrow$ điều chứng minh là đúng. 
Nếu $c>1,c \ne a$ thì $c-1 \ge a$suy ra $c^2>a^2+1$ suy ra $c>b$ , Từ các đẳng thức $a^2+1=bc,c^2+1=da$ ta thu được : 
$(a^2+1)^2=b^2(da-1) \Rightarrow 1 \equiv -b^2 \pmod{a}$ 
Vậy $a|1+b^2$ mà do $b|a^2+1$ mà $a+b<a+c$ nên theo giả thiết quy nạp : 
$a^2+b^2+1=3ab$ 
Vậy $(a^2+1)^2=b^2c^2=(3ab-a^2-1)c^2=3abc^2-(a^2+1)c^2\Rightarrow (a^2+c^2+1)(a^2+1)=3abc^2=3ac(a^2+1) \Rightarrow a^2+c^2+1=3ac$ 
Từ đó ta có $(1)$ được chứng minh tức là : $b=3a-c,d=3c-a$ 
a,b) Ta có $P=\frac{a+d}{c}+\frac{b+c}{a}=\frac{3c}{c}+\frac{3a}{a}=6$ 
 

Cho $p,q>1;(p,q)=1$ nguyên dương.

Chứng minh: Tồn tại $k$ nguyên sao cho $(pq-1)^{n}k+1$ là hợp số với mọi $n$ nguyên dương.

Theo định lí phần dư Trung Quốc tồn tại $k$ sao cho : 
$\begin{cases} &k \equiv 1 \pmod{p}&\\&k \equiv -1 \pmod{q}& \end{cases} (1)$ 
Nếu $n$ chẵn thì $(pq-1)^nk+1 \equiv -1+1 \equiv 0 \pmod{q} (2)$ 
Nếu $n$ lẻ thì $(pq-1)^nk+1 \equiv 0 \pmod{p} (3)$ 
Từ $(1),(2),(3)$ ta có điều phải chứng minh.

 Lời giải bài toán 5 : Phương trình đã cho tương đương với $6x^2+3=(2y+1)^2$ . 
Đặt $k=2y+1 \Rightarrow 3|k \Rightarrow k=3q$ phương trinh $\Leftrightarrow 2x^2+1=3q^2 (1)$ 
Xét $x=q \Rightarrow x=q=1 \Rightarrow x=y=1$ 
Rõ ràng $q<x$ . Đặt $q=x-m,m>0 \Rightarrow (1) \Leftrightarrow 3m^2-6mx+x^2-1=0$ để cho phương trình này có nghiệm nguyên thì $\Delta=12x^2-3=3(2x^2-1)$ là số chính phương (vô lí vì $2x^2-1$ không chia hết cho $3$)
Vậy $x=y=1$ là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Bài toán 1 : Cho $x,y,p$ là các số nguyên và $p>1$ sao cho $p|x^{2016},p|y^{2017}$. Chứng minh rằng $B=1+x+y$ không chia hết cho $p$ 
 

Qua trao đổi với anh Zaraki thì mình xin mở TOPIC này . 
Mục đích của TOPIC này là trau dồi kiến thức số học,tạo ra sân chơi cho các bạn vào dịp tết và hơn nữa thì chuẩn bị hành trang cho những kì thi học sinh giỏi sắp tới. 
Marathon số học THCS cũng như Marathon số học Olympic vậy . Cụ thể như sau : 
  Khi bạn giải đúng được bài toán hiện có thì bạn có thể đăng lên tại đây và mình sẽ cộng thêm cho các bạn một điểm, và các bạn có quyền được đề xuất bài toán mới. Như vậy ai giải thì người đó sẽ có quyền đề xuất, trừ khi bạn không biết đề xuất bài nào thì bạn có thể nhờ hỗ trợ.  

Và một số quy định yêu cầu các bạn tuân thủ:

1. Chỉ cho phép các bài toán trong phạm vi số học
2. Ghi nguồn bài toán rõ ràng
3. Không được phép giải bài toán của chính mình đề xuất, không được phép đề xuất các bài toán trong các cuộc thi chưa kết thúc (ví dụ như tạp chí toán học & tuổi trẻ,...)
4. Không được spam, lời giải rõ ràng, cụ thể.
5. Khi bạn giải bài toán thứ nn thì bạn đề xuất luôn bài toán thứ n+1n+1 (đánh đúng số thứ tự). Sau đây là mẫu:
   Lời giải bài nn. ABCXYZ
   Bài toán n+1n+1. (Nguồn) Cho ba số a,b,ca,b,c. Chứng minh rằng 3∣abc3∣abc.
6. Lưu ý không đăng các bài toán mở, các giả thuyết, ...
7. Nếu một bài toán trong vòng 37 ngày chưa ai giải được thì sẽ được đánh dấu lại và mình sẽ đăng bài toán tiếp theo. Bất cứ lúc nào bạn muốn đề xuất lời giải cho bài chưa được giải cũng được và sẽ được cộng hai điểm nếu như lời giải đúng. Ngoài ra nếu các bạn nghĩ mình có lời giải hay hơn của bạn trước tiên giải bài nào đó thì xin cứ đăng (sẽ chỉ cộng điểm cho bạn làm đúng và nhanh nhất), như vậy sẽ học hỏi lẫn nhau được nhiều hơn.
   Ngoài ra, trước khi hết hạn 24 ngày của một bài toán chưa được giải thì mong các bạn không đề xuất bài toán mới.
8. Yêu cầu các bài toán có độ khó nhất định, phải suy nghĩ mới làm được.
9. Yêu cầu tuân thủ các quy định. Bài viết nào có tính chất spam sẽ bị xóa đi hoặc lời giải đúng nhưng không rõ ràng, lan man sẽ chỉ nhận được 

0,50,5 điểm.

Khuyến khích mọi người tự đưa lời giải của chính mình thay vì lời giải của người khác hoặc dẫn link lời giải. 
 

Từ phương trình ta có $y={c-ax}{b}$ cho $x$ chạy từ $1$ cho đến $b-1$ thì xét số dư của $c-ax$ cho $b$ ta có đôi một phân biệt   từ đó dễ có đpcm (chú ý rằng $c \ge (a-1)(b-1)$)

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn:

$f(x+y^{2}+z^{3})=f(x)+f^{2}(y)+f^{3}(z) (1)$

Với mọi $x,y,z$ là các số thực

Kí hiệu $P(n,m,k)$ là việc thế $x=n,y=m,z=k$ vào $(1)$ 
Có $P(0,0,0) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=-1$ 
Nếu $f(0)=-1$ thì ta có 
$P(0,0,z) \Rightarrow f(z^3)=f^3(z) \Rightarrow f(x+y^2+z^3)=f(x)+f^2(y)+f(z)$ 
Do đó $f(x+z)=f(x)+f(z)+1 ,\forall x,z \in \mathbb{R}$ 
Ta có $f(x+y^2+z^3)=f(x+y^2)+f(z^3)+1=f(x)+f(y^2)+f^3(z)+2$ cộng thêm với $(1)$ ta có $f(y^2)=f^2(y)-2 (2)$ 
Từ $(2)$ ta có $f(y^6)=f^2(y^3)-2=f^6(y)-6 \Rightarrow f^6(y)-2=f(y^6)=f^3(y^2)=(f^2(y)-2)^3 \Leftrightarrow f^2(y)=1$ 
$\Rightarrow f(y)=\pm 1$ 
$P(x,y,0) \Rightarrow f(x+y^2)=f(x)  \Rightarrow f(x)$ là hàm hằng dễ chứng minh được $f(y)=-1$ 
Nếu $f(0)=0$ 
$P(0,y,0) \Rightarrow f(y^2)=f^2(y) \Rightarrow f(y) \ge 0 ,\forall y \ge 0$ 
$P(0,0,z) \Rightarrow f(z^3)=f^3(z) \Rightarrow f(x+z^3)=f(x)+f^3(z) \Rightarrow f(x+z)=f(x)+f(z),x,z \in \mathbb{R}$ 
Ta đi chứng minh $f$ đơn điệu tại $0$ . Từ dòng trên ta có $f(x-x)=f(x)+f(-x) \Rightarrow f(x)=-f(-x) (+)$
Kết hợp với $f(y) \ge 0,y \ge 0 \Rightarrow f(y) \le 0 ,\forall y \le 0$ . Từ đó suy ra $f$ dơnđiệu tại $0 (++)$ 
Từ $(+),(++) \Rightarrow f(x)=ax$ thế vào $(1) \Rightarrow a=0,a=1$ . Thử lại $f(x)=0,f(x)=x$ điều thỏa 
Vậy có ba hàm thỏa điều kiện đề bài là $f(x) \equiv -1 ,f(x) \equiv 0, f(x) \equiv x ,\forall x \in \mathbb{R}$

http://diendantoanho...t-n1vdots-np-1/

Ta phát biểu tiêu chuẩn sau đây : 
Tiêu chuẩn Oskar Perron : Cho $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+..+a_0 \in \mathbb{Z[x]},a_0 \ne 0$ . Nếu $|a_{n-1}|>1+..+|a_0|$ thì $f$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ 
Áp dụng tiêu chuẩn cho $P(x)$ ta có đpcm (cách chứng minh tiêu chuẩn bạn có thể tham khảo tài liệu khác)

 

12) Giải hệ 
$\begin{cases} &x^4-y^4=\frac{121x-122y}{4xy}&\\&x^4+14x^2y^2+y^4=\frac{122x+121y}{x^2+y^2}& \end{cases}$

Mình có ý tưởng mà vướng khúc cuối.

Trường hợp: $a,c$ cùng số dư khi chia cho $3$.

Thì được $a^2+ac+c^2$ chia hết cho $3$ nên $a=c=1$. Suy ra $b=1$.

Còn trường hợp còn lại :

Do $(a;c)=1$ và $ac=b^2$ thì $a,c$ là các số chính phương. ...

Còn vướng chỗ này.

 

P/S: Cách của NguyenTaiTue giải thích rõ được không ? Trong trường hợp $k$ hữu tỉ thì sao ?

Tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn đòng thời các điều kiện : $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt{5}}$ là số hữu tỉ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}$ là số nguyên tố 

Để $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt{5}}$ là số hữu tỉ thì $ca=b^2$ 
Từ đó suy ra $a^2+b^2+c^2=(a+c-b)(a+c+b)$ là số nguyên tố ....

Phương pháp gì đây bạn 

$p,q,r$

Giải phương trình: $\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{x+30}}}}=4x$

Đặt $u=\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{x+30}}}$ 
Từ đó ta có : $\sqrt{30+u}=4x,16x^2-30=u$ dễ dàng rồi nhỉ  

http://diendantoanho...2y-12x22y-22xn/

1. Tên Nick ứng viên : Zaraki,Baoriven,Baopbc

2. Thành tích (đóng góp) nổi bật :  Theo em thì anh Toàn thì không phải nói rồi Luôn tích cực tham gia thảo luận cho TOPIC diễn đàn

3. Ghi chú thêm (nếu có) : Ko có

 

Bài 5 . (6,0 điểm).

 

Tìm tất cả các hàm số : $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hệ thức:

 

$$f\left ( xf\left ( y \right )-f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+xy$$ (1)

 

với mọi số thực $x,y$

Lời giải  : 
Theo chứng minh của các bạn trên thì ta có $f$ là một song ánh 
Ta tiếp tục làm như sau : 
Kí hiệu $P(u,v)$ chỉ việc thay $x$ bởi $u,y$ bởi $v$ vào $(1)$ 
Ta có $P(0,0) \Rightarrow f(-f(0))=2f(0)$    (2) 
$P(-f(0),2) \Rightarrow f(-f(0)f(2)-2f(0))=2f(0)$ (3) 
Từ $(2),(3) \Rightarrow f(0)=-f(0)f(2) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(2)=-1$ 
Trường hợp 1 : $f(0)=0$  . $P(x,0) \Rightarrow f(-f(x))=2f(x) (4)$ 
$P(1,y) \Rightarrow f(f(y)-f(1))=2f(1) (5)$
Từ $(4)$ cho $x=1$ và kết hợp với $(5)$ cho ta $f(y)-f(1)=-f(1) \Rightarrow f(x) \equiv 0$  
Cho $P(1,2)$ thì thấy không thỏa mãn nên loại trường hợp này  
Trường hợp 2 : $f(2)=-1$  
$P(2,2) \Rightarrow f(-1)=2$ 
Tính được $f(0)=1$  
$P(1,y) \Rightarrow f(f(x))=x$ 
$P(x,2) \Rightarrow f(-x-f(x))=2f(x)+2x (6)$
$P(f(x+f(x)),2)$ kết hợp với $f(f(x))=x  \Rightarrow f(-x-f(x))=2(x+f(x))+2f(x+f(x)) (7)$
Từ $(6),(7)$ cho ta $f(x+f(x))=0=f(1) \Rightarrow x+f(x)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$ (thỏa)  
 

Câu 6a mình có ý tưởng về việc sử dụng định lý sau : 
Định lí Lerch : Với $p$ là số nguyên tố thì : $\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-1} \equiv p+(p-1)! \pmod{p^2}$ 

mình làm hết ngày 2 nè he he

Incredable

$Q(x)-(3x-1)$ chia hết cho $B(x)$ thì mọi nghiệm của $B(x)$ là mọi nghiệm của $Q(x)-(3x-1)$, nhưng tại sao lại thế vậy anh ?

Ý bạn là sao ? 

Bài 3 : a) Đặt $a=\overline{a_k...a_0},b=\overline{b_m...b_0}$ 
Giả sử $a \ge b \Rightarrow k \ge m$ . Ta qui ước như sau : 
Ta chứng minh bằng qui nạp : 
$k=0 \Rightarrow m=0$ thì ngang đây dễ có đpcm  
Giả sử đúng đến $k-1$ ta chứng minh cũng đúng với $k$ 
Chú ý $a,b$ có thể viết lại như sau 
$a=10.\overline{a_{k-1}...a_1}+a_0,b=10.\overline{b_{k-1}...b_1}+b_0$ 
Đặt $\overline{a_{k-1}...a_1}=a' \Rightarrow S(10a')=S(a')$ 
Tương tự với $b'={b_{k-1}...b_1} \Rightarrow S(10b')=S(b')$ 
Khi đó $S(a)=a_0+S(a'),S(b)=b_0+S(b')$ . Theo giả thiết qui nạp thì $S(a'+b') \le S(a')+S(b')$  
Mặc khác $a+b=10(a'+b')+a_0+b_0 \Rightarrow S(a+b) \le S(a'+b')+a_0+b_0 \le S(a')+a_0+S(b')+b_0 \le S(a)+S(b)$ 
b) Bất đẳng thức đầu không có gì khó : $S(2n) \le S(n)+S(n)=2S(n)$ 
Bất đẳng thức lại tiếp tục sử dụng bổ đề sau $S(n_1n_2) \le S(n_1)S(n_2)$ với mọi $n_1,n_2$ nguyên dương  
Ta có $S(2n)=S(5.2n) \le S(5) \le S(2n)=5S(2n) \Rightarrow 2S(n) \le 10S(2n)$

Bài 1 : Để cho tiện việc dễ nhìn đề thì phương trình trên tương đương với việc giải nghiệm ko âm của $(x+1)^y-1=x!$ 
Xét $x=1 \Rightarrow y=1$ 
$x=2 \Rightarrow y=1$ 
$x=3 \Rightarrow y=\varnothing$ 
$x=4 \Rightarrow y=5$ 
Xét $x>4$ khi đó ta có $x!+1>x+1$ mà $(x+1)^y=x!+1>x+1 \Rightarrow y>1$ . Phương trình viết lại $(x+1)^y=x!+1$ 
Nếu $x$ lẻ thì thì $VT$ chẵn còn $VP$ lẻ nên ko thể xảy ra được  
Nếu $x$ chẵn suy ra $x$ là hợp số ($x>2$) nên đặt $x=ab$ với $1<a<b<x$ . Dễ thấy $x|(x-1)!$  
Ta có $(x+1)^y-1=C_y^1x+C_y^2x^2+...+C_y^yx^y \Rightarrow (x-1)!=C_y^1+C_y^2+..+C_y^yx^{y-1}$ 
Suy ra $x|y \Rightarrow y \ge x$ mà $(x+1)^x>x!+1$ với $x>4$ từ đó suy ra $(x+1)^y>x!+1$ (vô lí)
Vậy $(x,y)=(1,1),(2,1),(4,5)$
 

Vì $(a_i,a_j)<n \forall 0<i<j<k+1 \Rightarrow$ không tồn tại số nguyên dương nào không vượt quá $m$ là bội của cặp số đã cho  
Đặt $A_i=\{x \in \mathbb{N},x \vdots a_i,n \ge x \ge 1}\$ 
Suy ra $|A_i|=[\frac{n}{a_i}]$ 
Rõ ràng $|A_i| \cap |A_j|=\varnothing ,i \ne j \Rightarrow |A_1 \cap A_2 \cap... \cap A_k|=\sum_{i=1}^k |A_i|=\sum_{i=1}^k [\frac{n}{a_i}]$ (1)
Rõ ràng $|A_i| \le n-1 \forall 1 \le i \le n$ nên từ (1) suy ra $\sum_{i=1}^k [\frac{n}{a_i}] \le n-1$ 
Chú ý bất đẳng thức sau $x-1<[x]$ nên từ dòng trên ta có $\sum_{i=1}^k \frac{1}{a_i} \le \frac{n-1+k}{n}=1+\frac{k-1}{n}$ 
Ta sẽ đi chứng minh $k-1<\frac{n}{2}$  
Trong các số $a_1,a_2,..a_k$ thì nếu ta chọn ra $2$ số bất kì thì hai số đó phải có ước lẻ khác nhau (cái này dễ rồi nên bạn tự chứng minh) 
Do vậy $k$ sẽ phải bé hơn số số lẻ từ $1 \Rightarrow n$ từ đó $k-1<\frac{n}{2}$ 
Từ đó ta có $\sum_{i=1}^k \frac{1}{a_i}<\frac{3}{2}<2$ (đpcm)

BĐT c/m $\Leftrightarrow x(1-yz)+y+z \le 2$  
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky $x(1-yz)+y+z \le (x^2+(y+z)^2)(1+(1-yz)^2)=(2+2yz)(1+(1-yz)^2)$ 
Ta c/m đc với $a \le 1$ thì $(2+2yz)(1+(1-yz)^2) \le 2$ và chú ý $x^2+y^2+z^2=2 \ge y^2+z^2 \ge 2yz \Rightarrow 1 \ge yz$