$a^{2} = b! + 2416$
Nếu $b \ge 11$ thì VP có thể đồng dư $7$ modulo $11$
Và vế trái có thể đồng dư $0; 1; 4; 9; 5; 3$. Vô lí
Vậy $b < 11$. Bước tiếp theo là thử và sai.

Tìm $P(x)\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ thỏa mãn:

$P(x^{2})=P(x).P(x+1)$, $\forall x\in \mathbb{R}$

Mình viết tiêu đề bị sai rồi mà mình không biết sửa, mong các bạn thông cảm.

Mình làm thế này, bạn coi thế nào nhé? Trường hợp đa thức hằng $P(x) = 1$ tầm thường, ta chỉ xét $\deg{P} \ge 1$
Nếu $\alpha \in \mathbb{C}$ là một nghiệm của $P(x)$ thì $\alpha^{2}$ và $(\alpha - 1)^{2}$ cũng là nghiệm của $P(x)$.
Nếu có một nghiệm $\alpha$ sao cho $|\alpha| > 1$ thì mọi phần tử của dãy tăng vô hạn $\alpha < (\alpha)^{2} < \ldots < (\alpha)^{2^{t}} < \ldots$ cũng là nghiệm của $P(x)$, vô lí do đa thức chỉ có hữu hạn nghiệm.
Nếu có một nghiệm $\alpha$ sao cho $0 < |\alpha| < 1$ thì mọi phần tử của dãy giảm vô hạn $\alpha > (\alpha)^{2} > \ldots > (\alpha)^{2^t} > \ldots$ cũng đều là nghiệm. Do đó cũng vô lí.
Do vậy $P(x)$ chỉ nhận các nghiệm có module là $1$ hoặc $0$.
TH1: $P(0) \neq 0$. Thế $x:=0$ vào có được $P(1) = 0$. Mặt khác, theo nhận định trên thì $(1 - 1)^2 = 0$ cũng là nghiệm. Vô lí.
TH2: $P(0) = 0$. Từ nhận đinh, ta có $(0 - 1)^{2}$ cũng là nghiệm. Vậy đặt $P(x) = x^{m}.(x - 1)^{n}.Q(x)$ với $Q(0) \neq 0$ và $Q(1) \neq 0$.
$$Q(x^{2}).x^{2m}.(x^{2} - 1)^{n} = x^{m}.(x - 1)^{n}.(x + 1)^{m}.x^{n}.Q(x).Q(x + 1)$$
So sánh các nhân tử $x^{k}$ của hai bên dễ thấy $m = n$.
Vậy ta có $Q(x^{2}) = Q(x).Q(x + 1)$. Từ đây có thể suy ra $Q(x)$ là đa thức hằng khác $0$ nhờ:
i) $P(x) \neq 0$
ii) Lí luận tương tự trên "Nếu $\alpha$ là một nghiệm ...", để ý một điều là $Q(0) \neq 0$, tương tự trường hợp 1. Có được điều vô lí.
Tóm lại $P(x) = [x(x + 1)]^{L}$

https://artofproblem...83084_algebra_1
Mãi chưa thấy lời giải chính thức

Đặt $x^2 + y^2 - 1 = k(2xy - 1)$ với $k$ là số nguyên dương. Xét $x = y = 1$ thoả mãn $x = y$. Không mất tổng quát, giả sử $x \ge y$ và $x > 1$. Để ý $x^2 - 2kyx + y^2 + k - 1 = 0$ là pt bậc hai theo $x$. Giả sử $(x; y)$ là một nghiệm của pt trên sao cho $x + y$ nhỏ nhất và $x \ge 2$. Theo công thức Vieta tồn tại một số $e$ sao cho:
$$\begin{cases} x + e = 2ky \\ xe = y^2 + k - 1\end{cases}$$
Hệ trên cho ta $e$ là một số nguyên dương. Mặt khác $x + y$ nhỏ nhất nên $e + y \ge x + y \iff e \ge x$. Từ đó $2ky \ge 2x \iff k \ge \frac{x}{y}$.
$$\implies k = \frac{x^2 + y^2 - 1}{2xy - 1} = \frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} - \frac{1}{xy}}{2 - \frac{1}{xy}} \le \frac{k + 1}{2 - \frac{1}{2}} \implies k \le 2$$
Với $k = 2$, pt tương đương $x^2 + y^2 = 4xy - 1$. Pt này vô nghiệm (bài toán cũ)
Với $k = 1$ ta có $x = y$. Xong.

$Cho  k  \epsilon \mathbb{N} , k>1 .Cmr$ ton tai huu han x thoa man:

    $\sigma (x)-x=k$

Về ý tưởng thì bài này đơn giản 1 tí. Giả sử tồn tại vô hạn $x$ thỏa mãn điều kiện trên. Gọi i là chỉ số sao cho số nguyên tố thứ $p_{i}$ là số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn $p_{i} > k$.
Để ý $x$ là số nguyên tố thì $\sigma (x) - x = 1$ vô lí, do đó ta chỉ quan tâm $x$ là hợp số
Vậy nếu $p_{j}\mid x \; (j \ge i)$ thì dễ thấy $\sigma (x) - x \ge p_{i} > k$ (vô lí).
Do đó $x$ trong phân tích chính tắc chỉ có thể gồm các số nguyên tố $p_{1} = 2; p_{2} = 3; ...; p_{i - 1}$
Đặt $x = p_{1}^{a_{1}}.p_{2}^{a_{2}}\dots p_{i - 1}^{a_{i - 1}}$. Nhận xét 1 điều là $\sigma (x.p_{k}) - x.p_{k} > \sigma (x) - x$.
Do đó $a_{i}$ bị chặn trên.
Điều này mâu thuẫn với việc có vô hạn số nguyên thỏa mãn

Dễ mà giấu vậy bạn, cho mọi người xem lời giải bạn với?
@gianglqd: http://artofproblems...number_theory_5
Xem thử lời giải mình nhé

Bài 1. Ta đi chứng minh $3^m - m^3 \ge 17 \forall m \ge 4$
Thật vậy, với $m = 4$ thì $3^4 - 4^3 = 17$; $m = 5$ thì $3^5 - 5^3 > 17$.
Giả sử $3^m \ge 17 + m^3$. Ta sẽ đi chứng minh $3^{m + 1} \ge 17 + (m + 1)^3$.
Thật vậy, ta có $3^m \ge 17 + m^3 \implies 3^{m + 1} \ge 51 + 3m^3 = 50 + m^3 + 1 + m^3 + m^3 > 50 + m^3 + 1 + 4m^2 + 16m > 50 + (m + 1)^3 > 17 + (m + 1)^3$.
Vậy theo quy nạp ta có $3^m \ge m^3 + 17$. ĐTXR khi $m = 4$. Từ đó GTLN của $a$ là $17$.

Cho M là một số nguyên dương $S=\left \{ n \epsilon \mathbb{N}*/M^2\leq n<(M+1)^2 \right \} $. Chứng minh rằng mọi tích $ab$ (a,b thuộc S) phân biệt

Ý tưởng tự nhiên nhất là phản chứng. Giả sử ngược lại là tồn tại cặp $ab = cd$ với ít nhất 1 số ở VP khác 1 số ở VT. Không mất tổng quát giả sử rằng $a = max(a; b; c; d) \implies b = min(a; b; c; d)$. Không mất tổng quát, lại giả sử rằng $c \le d$. Từ đó, ta có bộ sắp thứ tự $M^2 \le b \le c \le d \le a < (M + 1)^2$. Dễ dàng thấy rằng $\sqrt{a} - \sqrt{b} < 1$.
Đặt $c = b + x; d = b + y; a = b + z$. Khi đó $x \le y \le z$:
Ta có $ab = cd \iff (b + z)b = (b + x)(b + y) \implies b(z - x - y) = xy$. Để ý các biến trên đều là số tự nhiên, suy ra $b|(xy)$ và $z \ge x + y$. Suy ra $xy = 0$ hoặc $xy \ge b$
Nếu $xy \neq 0$ thì $xy \ge b$:
$z = \frac{xy}{b} + x + y \ge 1 + 2\sqrt{xy} (i)$
Mặt khác, từ $\sqrt{a} < 1 + \sqrt{b} \implies b + z = a < 1 + b + 2\sqrt{b} \implies z < 1 + 2\sqrt{xy} (ii)$
Từ $(i)$ và $(ii)$ thì thấy mâu thuẫn.
​Từ đó $xy = 0$.
​Với $x = 0$ thì có $b = c$, từ điều kiện đầu có được $a = d$, mâu thuẫn với cách chọn cặp của ta.
​Với $y = 0$ thÌ $b = c = d$, tiếp tục như trên lại mâu thuẫn.
​Tóm lại các tích $ab$ phân biệt.
p.s: Mình thấy làm xong thấy nặng đại số quá. Và điều kiện $\sqrt{a} - \sqrt{b} < 1$ thì quan trọng. Hình như dùng điều kiện khác để đánh giá cũng được . À cho mình hỏi nguồn bài này với nhé?

Đã sửa hoàn chỉnh. Cảm ơn bạn Zaraki.

Vì tập $\mathbb{X}$ tồn tại số nguyên dương và số nguyên âm nên hẳn là sẽ tồn tại phần tử NGUYÊN DƯƠNG bé nhất và phần tử NGUYÊN ÂM lớn nhất . Sao mà không thể có số nguyên dương nhỏ nhất hay số nguyên âm lớn nhất được nhỉ.

Đã nhận ra lỗi.
Mình làm như sau: Gọi $a$ là số nguyên dương nhỏ nhất và $b$ là số nguyên âm lớn nhất của $\mathbb{X}$
Trường hợp 1: $a + b > 0 \implies a + b \ge 1 \implies a \ge 1 - b \ge 2$. Mặt khác $a + b \in \mathbb{X}$ và $a + b \in \mathbb{N} < a$ mâu thuẫn với sự nhỏ nhất của $a$.
Trường hợp 2: $a + b < 0$ (tương tự trên)
Trường hợp 3:(Cảm ơn bạn Zaraki đã nhắc nhở mình) $a + b = 0 \implies a = -b$. Khi đó mọi phần tử có dạng $Ma (\forall M \in \mathbb{Z})$ đều sẽ thuộc $\mathbb{X}$. Để ý $0$ cũng là phần tử của $\mathbb{X}$
- Nếu $a = 1$, thì $\mathbb{X} = \mathbb{N}$. Do đó điều cần chứng minh đúng.
- Nếu $a > 1$, gọi $K$ là một phần tử không chia hết cho $a$ của $\mathbb{X}$ (giả sử $K$ dương và có $K > a$ và $1 \le gcd(K; a) < a$). Để ý là khi đó sẽ suy ra tổ hợp tuyến tính $mK + na$ cũng thuộc $\mathbb{X}$. Do đó theo bổ đề Bezout thì $mK + na = gcd(K; a) < a \in \mathbb{X}$, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất. Vậy $K$ phải có dạng $Ma$.
Tóm lại $\mathbb{X} = {Ma; M \in \mathbb{Z}}$, do đó có điều cần chứng minh.

Mình nghĩ là thiếu dữ kiện, với $\mathbb{X} = {-1; 0; 1}$ thỏa mãn cả hai dữ kiện trên nhưng không đúng với điều cần chứng minh