$\frac{a}{b+c+d+e+f+g+h}$

$a> b> c$

$\frac{a}{b}$

$a^2 + b_i^3 \ge c_{i+1}^5 + d_{x+1}^{y+1}$

$\frac{a}{b+c}$

$a+b$

$a$

Bài này là bài quen thuộc anh ạ tuy nhiên cách giải của nó khá rối rắm

Trên mỗi hàng chọn ra số lớn nhất. Gọi số bé nhất trong các số đó là $a$

Trên mỗi hàng chọn ra số bé nhất. Gọi số lớn nhất trong các số đó là $b$

Trên mỗi cột chọn ra số lớn nhất. Gọi số bé nhất trong các số đó là $c$

Trên mỗi cột chọn ra số bé nhất. Gọi số lớn nhất trong các số đó là $d$

Trước hết ta chứng minh $c \geq b$

Thật vậy gọi $e$ là số nằm trên cột chứa $c$ và hàng chứa $b$

Khi đó theo cách gọi $c\geq e,e \geq b$ suy ra $c \geq b$

Tương tự $a \geq d$ 

TH1 : $a>b$

Gọi $x$ là một số bất kỳ nằm giữa $a$ và $b$

Khi đó dễ thấy hàng nào cũng phải chứa $x$ (Vì trên mỗi hàng $x$ đều không nhỏ hơn số bé nhất của hàng đó và không lớn hơn số lớn nhất của hàng đó)

Khi đó $x$ lặp lại $n$ lần

TH2 :$a \leq b$$n$

-Nếu $c>d$ thì xét tương tự TH1

-Nếu $c \leq d$ 

Theo trên ta có: $c \geq b \geq a \geq d$

Từ đây dễ suy ra $a=b=c=d$ suy ra cả $n^2$ số trên bảng đều bằng nhau

 Vậy tồn tại một số xuất hiện ít nhất $n$ lần 

Mình không chắc lắm về cách của bạn vì có cả đống trường hợp các số trên bảng không bằng nhau mà vẫn thoả mãn điều kiện đề bài. Ví dụ như có duy nhất 1 số 2 và các số còn lại đều là 1. Sau đây là cách giải của mình:

Giả sử không có số nào được xuất hiện quá $n$ lần thì lúc đó với mỗi số $a$ bất kì thì tồn tại nhiều nhất $n-1$ cột có chứa số $a$ và nhiều nhất $n-1$ hàng chứa số $a$. Từ đó suy ra có 1 hàng và 1 cột không chứa số $a$. Gọi $m,n$ lần lượt là số lớn nhất và số nhỏ nhất được viết lên bảng. Với mỗi số tự nhiên $b$ bất kì ở trong khoảng $[n;m]$ thì gọi hình chữ thập tạo bởi một hàng và một cột không chứa $b$ là $C_b$. Ta có nhận xét rằng $C_b$ chỉ chứa các số lớn hơn $b$ hoặc chỉ chứa các số nhỏ hơn $b$. Thật vậy nếu tồn tại 2 số $c$ và $d$ sao cho $c>b>d$ và $c$ và $d$ đều thuộc $C_b$ thì vì 2 ô liên tiếp chênh lệch nhau không quá 1 đơn vị nên tất cả các số nằm giữa $c$ và $d$ đều nằm trên $C_b$ vì có thể dịch chuyển từ $c$ đến $d$ thông qua 1 số ô liên tiếp nắm trong $C_b$. Vì vậy nên $b$ nằm trên $C_b$(vô lí)

Lại có $n$ là số nhỏ nhất viết lên bảng nên $C_n$ chỉ chứa các số lớn hơn $n$, tương tự $C_m$ chỉ chứa các số nhỏ hơn $m$. Vì vậy tồn tại số tự nhiên $s$ sao cho $m>s\geq n$ và $C_s$ chỉ chứa các số lớn hơn s, $C_{s+1}$ chỉ chứa các số bé hơn $s+1$. Hai hình chữ thập đó cắt nhau tại ít nhất 1 ô chứa số $e$  thoả mãn $s+1>e>s$( vô lí) 

Vậy giả sử sai, hay tồn tại 1 số lặp lại ít nhất $n$ lần

Bài tổ hợp:

Chọn 1 người A, người đó trao đổi với $x$ người khác và không trao đổi với $42-x$ người 

Bài 2

BTP: Nếu $p$ là 1 SNT dạng $4k+3$ thì $a^2+b^2$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $a$,$b$ chia hết cho $p$ (tự CM)

2011 là SNT có dạng $4k+3$ 

$x^2+y^2=(2011^((1995^k+1)))(10-z)$

=>$x$,$y$ chia hết cho 2011=>$x^2$,$y^2$ chia hết cho $2011^2$

Đặt $x^2=u^2.2011^2$, $y^2=v^2.2011^2$, ta có

$u^2+v^2=(2011^(1995^k-1)))(10-z)$

Lập luận tương tự, cũng có $u^2$,$v^2$ chia hết cho $2011^2$

vì $1995^k+1$ là số chẵn nên sau $(1995^k+1)/2$ bước, ta có $x^2$,$y^2$ chia hết cho $2011^(1995^k+1))$

Đặt $x^2=a^2(2011^(1995^k+1)))$

$y^2=b^2(2011^(1995^k+1)))$

Ta có $a^2+b^2=10-z<10$

Giải ra, ta có (a;b;z)=(1;2;5);(2;1;5)

Vậy nghiệm của PT là

(x;y;z)=($2011^(1995^k+1))$;$2.2011^(1995^k+1))$;$5$);($2.2011^(1995^k+1))$;$2011^(1995^k+1))$;$5$)

1.Giải phương trình nghiệm nguyên dương: $x^2+2x+4y^2=37$

2. TÌm nghiệm nguyên dương của phương trình : $x^2+y^2=2011^{1995^k+1}(10-z)$

3. TÌm tất cả các số nguyên tố thỏa mãn: $p^3-q^5=(p+q)^2$

Bài 1: 

$(x+1)^2+(2y)^2=38$

Từ đấy tự suy ra

Bài 3:

$p^3-q^5=(p+q)^2$=>$p^3-q^5=p^2+q^2+2pq$

=>$q^2(q^3+1)$=$p(p^2-p-2q)$

Vì p,q là SNT nên

$q^3+1$ chia hết $p$

$p^2-p-2q$ chia hết chp $q^2$

Từ đó cũng có $p-1$ chia hết cho $q$ , đặt $p-1=uq$

Có $upq+2q$ chia hết cho $q^2$ => $up-2$ chia hết cho $q$

 $p-1$ chia hết cho $q$=>$pu-u$ chia hết cho $q$

=>$u-2$ chia hết cho $q$

Có $q^3+1$ chia hết cho $p$

nếu $q+1$ chia hết cho $p$ thì $q+1 \ge p$

Lại có $p-1$ chia hết cho $q$ nên $p-1 \ge q$

=>$p \ge q+1$

=>$p=q+1$=>$p=3$,$q=2$(không thỏa mãn)

Nếu $q^2-q+1$ chia hết cho p thì $q(q-1) \ge p-1$

Mà $u-2$ chia hết cho $q$

Nếu $u-2>0$ thì $u-2 \ge q$=>$u \ge q+2$=> $p-1 \ge q(q+2)$

Mà $q(q-1) \ge p-1$ (vô lí)

Vây $u-2=0$=>$p-1=2q$

thay vào pt tìm đuợc $q=3$,$p=7$