Mời các bạn xem qua bài toán 'viết nhầm' của mình.

Ừ, bài này khác APMO một chút :3 Ban đầu mình làm thì chép là $\mathbb{R}$, sau đó làm ra mới biết là làm một bài toán mới luôn (y) khá hay nên chia sẻ các bạn

Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho $$(z + 1)f(x + y) = f(xf(z) + y) + f(yf(z) + x)$$
 

Bài 3a. Giả sử phản chứng.
Theo quy nạp ta thu được $a_{2^{k}} = 2^{k}.a_{1}$. Xét $k$ sao cho $2^{k} > p$
Ta có $T = 2^{k}.a_{1} = a_{2^{k}} < a_{2^{k} + 1} < \cdots < a_{2^{k + 1}} = 2^{k + 1}a_{1} = 2T$

Bổ đề 1. Số các số nguyên dương chia hết cho $p$ từ $1$ đến $N$ là $\left\lfloor \frac{N}{p}\right\rfloor$
Bổ đề 2. $\left\lfloor \frac{2T}{p}\right\rfloor - 2\left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge 0$

Quay lại bài toán, số các số nguyên dương chia hết cho $p$ từ $T$ đến $2T$ là $\left\lfloor \frac{2T}{p}\right\rfloor - \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor$
Mặt khác, có $2^{k} - 1$ phần tử $a_{i}$ nằm giữa $T$ và $2T$. Do giả sử của ta nên $a_{i} \not\equiv 0\pmod{p}$, kết hợp giả thiết dãy tăng ngặt nên có ít nhất $2^{k} - 1$ số nguyên dương nằm giữa $T$ và $2T$ không chia hết cho $p$, suy ra có nhiều nhất $(T - 1) - (2^{k} - 1) = T - 2^{k}$ số chia hết cho $p$ nằm giữa $T$ và $2T$. Từ đó ta thấy $\left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge T - 2^{k} \implies \frac{T}{p} \ge \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge T - 2^{k} \implies 2^{k}a_{1} \ge 2^{k}a_{1}p - 2^{k}p \implies a_{1} \ge a_{1}p - p$. Điều này chỉ đúng khi và chỉ $a_{1} = 1$, tuy nhiên thế lại ta có $2^{k} + 1$ phần tử $a_{i}$ nằm giữa $T$ và $2T$ (cái này tính luôn $T$ và $2T$), và khi đó chỉ có $2^{k} + 1$ phần tử nằm giữa $T$ và $2T$ (tính luôn $T$ và $2T$), điều này chỉ ra có một phần tử chia hết cho $p$ theo nguyên lí chuồng thỏ.

Kết bài này thế (y)

Bosnia and Herzegovina TST 2016

Ngày 1

Bài 1. Cho $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp đường tròn $k$. Đường thẳng $AB$ và $CD$ giao nhau tại $E$ sao cho $AB = BE$. Cho $F$ là giao điểm của tiếp tuyến của đường tròn $k$ tại điểm $B$ và $D$. Nếu đường $AB$ và $DF$ song song nhau, chứng minh rằng $A, C, F$ thẳng hàng.
Bài 2. Cho $n$ là số nguyên dương và $t$ là một số nguyên. $n$ số nguyên khác nhau được viết lên một cái bàn. Bob ngồi gần trong một căn phòng gần đó, muốn biết liệu có tồn tại vài số có tổng bằng với $t$. Alice thì đứng trước bàn và muốn giúp Bob. Đầu tiên trước khi bắt đầu game, Alice nói cho Bob tổng các số trên bàn. Sau đó, ở mỗi bước đi Bob sẽ nói một trong các câu:
i) Có một số nào trên bàn bằng với $k$?
ii) Nếu có tồn tại số $k$ trên bàn, xóa nó đi.
iii) Nếu không có số $k$ trên bàn, viết thêm đi.
iv) Các số trên bàn có thể sắp xếp thành hai tập mà tổng các phần tử mỗi tập là bằng nhau?

Ở các câu hỏi này Alice trả lời có hoặc không, và quá trình cô Bob bảo Alice làm (nếu có) thì Alice không nói cho Bob là cô có làm hay không. Chứng minh rằng trong ít hơn $3n$ bước đi, Bob có thể tìm ra liệu có tồn tại một số số (ban đầu) viết trên bàn sao cho tổng bằng $t$.
Bài 3. Cho dãy vô hạn $a_{1} < a_{2} < \cdots$ các số nguyên dương, chúng ta nói dãy này là đẹp nếu với mọi số nguyên dương $n$ thì $a_{2n} = 2a_{n}$. Chứng minh các khẳng định sau:
a) Nếu tồn tại một dãy đẹp và số nguyên tố $p > a_{1}$, thì tồn tại vài phần tử của dãy chia hết cho $p$.
b) Với mọi số nguyên tố $p > 2$, tồn tại một dãy đẹp sao cho không có phần tử nào chia hết cho $p$.
Ngày 2
Bài 4. Xác định số nguyên dương $n$ lớn nhất không thể viết thành tổng của ba số nguyên dương lớn hơn $1$ nguyên tố cùng nhau đôi một.
Bài 5. Cho $k$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC (AC < BC)$. Và, $CL$ là phân giác của $\angle ACB (L \in AB)$, $M$ là trung điểm của cung $AB$ của cung tròn của đường tròn $k$ chứa $C$, và $I$ là tâm nội tiếp của $\triangle ABC$. Đường tròn $k$ cắt đường $MI$ tại điểm $K$ và đường tròn đường kính $CI$ tại $H$. Nếu tâm ngoại tiếp của $\triangle CLK$ giao với $AB$ tại điểm $T$. Chứng minh rằng $T, H, C$ thẳng hàng.

Theo ý mình nghĩ bàn cờ vua định nghĩa là hai ô cạnh nhau (có cạnh chung) sẽ khác màu nhau.

À, thì mình thấy trên AoPS nên dịch đem về :3

Bài 1. Xét phép tịnh tiến theo $\vec{AH}$ biến điểm $I$ thành điểm $D$. Dễ thấy $AHDI$ là hình bình hành. Gọi $T$ là giao điểm của $HI$ với $AC$, từ giả thiết thì $T$ là trung điểm $IH$. Mặt khác, $D$ là điểm sao cho $T$ là trung điểm $AD$, từ đây suy ra $D$ thuộc $AC$.

Ta cần chứng minh $IJ = AH$ hay $IJ = ID$ hay $\angle IJD = \angle IDJ$.
Dễ thấy $\angle IDJ = \angle HAC = 90^{\circ} - \angle C$

Mặt khác, $\angle IJD = \angle IJC = \angle IGC$ do $IJGC$ nội tiếp.
Dễ thấy là $\angle GBC = 90^{\circ}$ và $\begin{cases}CH \perp AB \\ GH // AB\end{cases} \implies \angle CHG = 90^{\circ}$ hay tứ giác $BHCG$ nội tiếp, hay $\angle HGC = \angle HBC = 90^{\circ} - \angle C$.
Từ đó ta có đpcm. 

Hình vẽ bài toán

Macedonia TST 2016

Ngày 1
Bài 1. Cho tam giác $ABC$ với trực tâm $H$. $G$ là một điểm trong mặt phẳng sao cho $ABGH$ là hình bình hành. Điểm $I$ nằm trên đường thẳng $GH$ sao cho đường $AC$ chia đôi đoạn $HI$. Đường thẳng $AC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $GCI$ tại điểm $J$ khác $C$. Chứng minh rằng $IJ = AH$.
Bài 2. Cho lưới vuông kích thước $2n\times 2n$, chứa các ô vuông đơn vị trắng. Trong một nước đi một người có thể đổi màu của ba ô liên tiếp trong cùng một hàng hoặc một cột, với quy ước trắng thành đen và đen thành trắng. Xác định tất cả số nguyên dương $n \ge 2$, sao cho với hữu hạn nước đi, ta có thể thu được một bàn cờ vua.
Bài 3. Cho $m > n$ là các số nguyên dương. Ta định nghĩa dãy $x_{k} = \frac{m + k}{n + k}$ với $k = 1, 2, \cdots , n + 1$. Chứng minh rằng nếu $x_{1}, x_{2}, \cdots , x_{n + 1}$ đều là các số nguyên thì $\left(\prod_{i = 1}^{n + 1}x_{i}\right) - 1$ chia hết cho ít nhất một ước nguyên tố lẻ.

Lời giải của mình. Xét $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ chứng minh $2p$ có tính chất $L$. Thật vậy, giả sử $2p\mid a^{2p} - 1$
i) Từ đó thấy $a$ lẻ, nên $a^{2p} - 1 \equiv 0\pmod{4}$ và $\gcd(a, p) = 1$
ii) Theo định lý Euler, $a^{p - 1} \equiv 1\pmod{p} \implies a^{2p} \equiv a^{2} \pmod{p}$, mặt khác, $a^{2p} \equiv 1\pmod{p}$ nên $a^{2} \equiv 1\pmod{p}$
Áp dụng bổ đề LTE, ta có $v_{p}(a^{2p} - 1) = v_{p}(a^{2} - 1) + 1 \ge 2$ nên $a^{2p} \equiv 1\pmod{p^{2}}$
iii) Do $p$ lẻ nên $\gcd(p, 2) = 1$ nên $a^{2p} \equiv 1\pmod{4p^{2}}$

Xong.

#2: $m, n$ thỏa thì $mn$ cũng thỏa. Có lẽ cái này không đúng. Lí do là từ mệnh đề cho ta thấy $a$ là số thay đổi theo $n$ nên kết luận này không đúng.
#3: Đề bài hỏi về hợp số nên mình nghĩ là không đúng.

Bài 2. Ta dự đoán hai đường tròn đã cho sẽ cắt nhau tại trung điểm $N$ của $CD$.
Đế ý là đường tròn $(MKT)$ và $(MLS)$ lần lượt các đường tròn Euler của tam giác $EDF$ và tam giác $ECF$, nói cách khác ta sẽ cố gắng đi chứng minh $NMQS$ nội tiếp (tương tự cho $MNTP$)

Như hình vẽ ta thấy $\angle NQM = 180^{\circ} - \angle NQC - \angle MQE = 180^{\circ} - \angle CED - \angle ACE = 180^{\circ} - \angle DAC$ (nhờ vào các yếu tố song song)
Mặt khác, để ý là $NS$ đi qua trung điểm $J$ của $BC$. Nên $\angle NSM = 180^{\circ} - \angle MSQ - \angle QSJ$.
Ta có $FMQS$ là hình bình hành nên $\angle MSQ = \angle FMS = \angle FEC$. Và $\angle QSJ = \angle EFB$ do $\angle QSJ$ tạo từ hai đường $SJ$ và $SQ$, còn $\angle EFB$ tạo từ $FB$ và $FE$ với $SJ // FB$ và $SQ // FE$; do đó $\angle MSQ + \angle QSJ = \angle FEC + \angle EFB = \angle DBC$. Vậy $\angle NSM = 180^{\circ} - \angle DBC$.
Do tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\angle NQM = \angle NSM$, vậy $NMQS$ nội tiếp. Xong.

Hôm nay mới có dịp ngó qua bài hàm.
Đầu tiên, ta đặt $L = \sum_{i = 1}^{n - 1}i(f(x + i + 1) - f(f(x + i)))$, theo giả thiết thì $-2016 < L < 2016$.
Mặt khác, ta cũng có $-2016 < \sum_{i = 1}^{n}i(f(x + i + 1) - f(f(x + i))) = L + n(f(x + n + 1) - f(f(x + i))) < 2016$ hay $-4032 < n(f(x + n + 1) - f(f(x + i))) < 4032 \iff \left|f(x + n + 1) - f(f(x + n))\right| < \frac{4032}{n}$
Cố định lượng $x + n = t$, khi đó $\left|f(t + 1) - f(f(t))\right| < \frac{4032}{n}$, để ý $\lim_{n\to\infty}\frac{4032}{n} = 0$ nên nếu ta chọn $n$ đủ lớn thì $f(t + 1) = f(f(t))$, theo tính chất hàm đơn ánh thì $f(t) = t + 1$.
Kết luận, $f(x) = x + 1$ với mọi $x \in\mathbb{R}$

Em thì nghĩ tác giả bài viết đã đưa nhầm bài này vào topic số học, chứng minh của em cũng dựa trên chia hết trên đa thức, không phải chia hết theo kiểu số học.

Ngay từ định nghĩa của $F_{n}(a, b, c)$ em nghĩ bạn ấy muốn hướng đến chúng ta đây là đa thức nhiều biến.

Bài 3. Để ý là nếu tồn tại $p$ đủ lớn để $f(p) \ge p$ thì $2(f(p)!) \equiv 0\pmod{p}$, kết hợp giả thiết cho ta $p\mid 1$, vô lí.
Do đó với mọi $p > N$ thì $f(p) < p$. Mặt khác, do $f$ là đa thức monic nên $\lim_{x\to +\infty}f(x) = +\infty$, do đó ta chỉ cần xét các $p$ sao cho $0 < f(p) < p$.
Ta sẽ đi chứng minh $\deg{f} = 1$, thật vậy, giả sử ngược lại là $\deg{f} \ge 2$, xét $p > N$, từ nhận xét $f(p) < p$, ta có
$\frac{f(p)}{p} = p^{n - 1} + a_{n - 1}p^{n - 2} + \cdots + \frac{a_{0}}{p}$, cho $p \to +\infty$ thì $\frac{f(p)}{p} \to +\infty$, do đó tồn tại $p$ để $\frac{f(p)}{p} > 1$, điều này hiển nhiên vô lí.
Vậy $\deg{f} = 1$. Đặt $f(x) = x - a$, ta có $2((p - a)!) + 1 \equiv 0\pmod{p} \implies (-1)^{a}.(a - 1)! \equiv -2\pmod{p}$ (theo định lý Wilson).
Nếu $a$ chẵn thì $p\mid (a - 1)! + 2$, chọn $p$ đủ lớn cho ta $(a - 1)! = -2$, vô lí.
Nếu $a$ lẻ thì $p\mid (a - 1)! - 2$, chọn $p$ đủ lớn cho ta $(a - 1)! = 2 \iff a = 3$.
Vậy $f(x) = x - 3$.

Balkan Mathematical Olympiad 2016

Bài 1. Tìm tất cả hàm đơn ánh $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x$ và mọi số nguyên dương $n$, $$\left|\sum_{i = 1}^{n}i\left(f(x + i + 1) - f(f(x + i))\right)\right| < 2016$$



Bài 2. Cho $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp với $AB < CD$. Hai đường chéo giao nhau tại $F$ và đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E$. Gọi $K, L$ lần lượt là hình chiếu của $F$ lên cạnh $AD, BC$, và $M, S, T$ lần lượt các trung điểm của $EF, CF, DF$. Chứng minh rằng giao điểm thứ hai của $(MKT)$ và $(MLS)$ nằm trên đoạn $CD$.



Bài 3. Tìm tất cả đa thức monic $f$ với hệ số nguyên thỏa các điều kiện sau: tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho $p$ chia hết $2(f(p))! + 1$ với mọi số nguyên tố $p > N$.



Bài 4. Mặt phẳng được chia thành các ô vuông đơn vị bởi hai tập hợp các đường thẳng song song nhau, tạo thành vô hạn lưới. Mỗi ô vuông đơn vị được một trong $1201$ màu sao cho không có hình chữ nhật nào với chu vi $100$ chứa hai hình vuông cùng màu. Chứng minh rằng không có hình chữ nhật nào với kích thước $1\times 1201$ chứa hai ô vuông cùng màu.
Chú ý: Mọi hình chữ nhật được đề cập ở đây có cạnh nằm trên các đường trên lưới.

Yeah, bài toán này mình chế ra hồi mới học về định lý Thặng Dư Trung Hoa, để ý đẳng thức là $k^{m} + k^{m} + \cdots + k^{m} = k^{m + 1}$

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 2016

Ngày 1 (07/05/2016)
Câu 1. Giải hệ phương trình $$\begin{cases}x + y + xy = 3 \\ y^{3} + 13y = 6x^{2} + 8\end{cases}$$
Câu 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $(x, y, z)$ thỏa mãn phương trình $$7^{x} + 3^{y} = 2^{z}$$
Câu 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn có tâm nội tiếp $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt cạnh $CA, AB$ lần lượt tại $M, N$. Gọi $E$ đối xứng $C$ qua $M$, $F$ đối xứng $B$ qua $N$. Giả sử $E, F$ đều lần lượt thuộc các đoạn thẳng $CA, AB$. Gọi $(K), (L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ICE, IBF$.

• Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ tiếp xúc nhau tại $I$.
• Gọi $EF$ theo thứ tự cắt $(K), (L)$ tại $P, Q$ khác $E, F$. Chứng minh rằng $EP = FQ$.

Câu 4. Cho dãy số $(a_{n})_{n\in\mathbb{Z}^{+}}$ xác định như sau $$\begin{cases}a_{1} = 0 \\ a_{2} = 1 \\ a_{2n} = 2a_{n} + 1 \\ a_{2n + 1} = 2a_{n}\end{cases}$$ với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $k$ sao cho $a_{k} = 2016$ và tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này.

Ngày 2 (08/05/2016)
Câu 5. Hỏi có tồn tại hay không các số nguyên dương $a, b, c$ thỏa mãn $2a \ge 5c \ge 4b$ sao cho tồn tại số nguyên dương $n \ge 3$ và đa thức hệ số nguyên $P_{n}(x) = a_{0}x^{n} + a_{1}x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 3}x^{3} + ax^{2} - bx + c$ có $n$ nghiệm phân biệt.
Câu 6. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. Các điểm $M, N$ thuộc đường thẳng $EF$ sao cho $BM, CN$ vuông góc với $BC$. Và $DM, DN$ lần lượt cắt $(I)$ tại $P, Q$.

• Chứng minh rằng $PQ // BC$
• Gọi $K, L$ lần lượt là giao điểm của $DE$ và $QF$, $DF$ và $PE$. Chứng minh rằng $KL // BC$.
• Chứng minh rằng $I, K, L$ thẳng hàng

Câu 7. Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab + bc + ca + 2abc = 1$. Chứng minh rằng $$\sum\frac{a(a + 1)}{(2a + 1)^{2}}\le \frac{9}{16}$$

Nguồn

Ngày 1 - FB thầy Kiều Minh
https://scontent-hkg3-1.xx.fbcdn.net/v/t1.0-0/s526x395/13179218_943100659121738_1405157951806796614_n.jpg?oh=01d5340c4053a32208a0135bd51340c4&oe=579B692C
Ngày 2 - Cảm ơn bạn Nguyen Minh Hai đã cung cấp đề bài

Đây là ý tưởng của mình.
Dễ thấy $(a^{2} + b^{2} + c^{2} + ab + bc + ca)\nmid (a - b)(b - c)(c - a)$. Mặt khác, để ý là $\frac{F_{n}(a, b, c)}{(a - b)(b - c)(c - a)}$ là một đa thức đối xứng đầy đủ (gọi đúng không nhỉ, ý mình là nó được định nghĩa tương tự như cái link bên dưới) bậc $n - 2$.
Theo bài toán này (đây là dự đoán, mình chưa chứng minh được) thì ta cần $6\mid \binom{n}{2}$, và điều kiện đủ cũng là dự đoán của mình.

P.S: Ban đầu mình cố định $b, c$ thành các số cố định sau đó sử dụng số phức thì chứng minh được $n \equiv 1\pmod{3}$ và định chứng minh thì mất cả mấy ngày nhưng chẳng thu được gì, sau đó mới nghĩ tới hướng tổng quát như trên :-)

Ở đây ta xem như $f(x + 1) = m$ và $f(x) = n$. Ta có hệ $$\begin{cases} am = bn - x \\ xm = an - x - 1 \end{cases}$$ Nhiệm vụ chỉ là giải hệ thôi ạ.

(i) và (ii) rất dễ, tuy nhiên em làm sai ở (iii)
$(iii) \implies \left(\frac{-2y^{2}}{p}\right)$ thì còn có lí. Không có chiều ngược lại đâu nhé, chiều ngược lại khá hay. Cũng là bài anh đã từng đăng.

Hỏi có tồn tại tích ba số tự nhiên liên tiếp là lũy thừa của một số nguyên với số mũ không nhỏ hơn $2$?

Cho $m > 2, n$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng $2^{n} + 1$ không chia hết cho $2^{m} - 1$.

Một số nguyên dương $n$ được gọi là có tính chất $L$ nếu với mọi số nguyên dương $a$ tùy ý, thì mệnh đề sau luôn đúng: 'Nếu $n\mid a^{n} - 1$ thì $n^{2}\mid a^{n} - 1$'. Hỏi có tồn tại vô hạn hay không các hợp số có tính chất $L$?

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương
i) Tồn tại $n$ để $n^{2} + 2 \vdots p$
ii) $p \equiv 1\pmod{8}$ hoặc $p\equiv 3\pmod{8}$
iii) Tồn tại $x, y \in\mathbb{Z}$ sao cho $p = x^{2} + 2y^{2}$