Đây là Benelux 2017 

2) Bổ đề : $a,b,c$ không âm . Lúc đó ta có $a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3$
Chứng minh. Giả sử $b$ nằm giữa $a,c$ lúc đó ta có $(b-a)(b-c) \le 0 \Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc \leq b(a+c)^2=\frac{1}{2}2b(a+c)(a+c) \le \frac{1}{2}.\frac{(2b+a++a+c)^3}{27}=\frac{4}{27}(a+b+c)^3$

Áp dụng vào bài toán ta có $a^2b+b^2c+c^2a \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3-abc$ 
Ta chứng minh $(a+b+c)(a+b+c-abc) \ge \frac{8}{27}(a+b+c)^3-2abc$ hay $(a+b+c)^2-abc(a+b+c-2) \ge \frac{8}{27}(a+b+c)^3$ 
Có $a+b+c \ge \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{3} \ge 3abc$suy ra $(a+b+c)^2-abc(a+b+c-2) \ge (a+b+c)^2-\frac{a+b+c}{3}(a+b+c-2)=t^2.\frac{2}{3}+t.\frac{2}{3}$. Ta chưngs minh $t^2+t \ge \frac{4}{9}t^3 \Leftrightarrow 0 \le t \le 3$. Đúng. Vậy ta có đpcm 

IMO 2013 
 

Câu tổ cuối sử dụng nguyên lí Fubini ,lập bảng và đếm theo 2 cách (có trong tổ hợp mathscope) 

$d(4d+1)$ ko là số chính phương $\Rightarrow x^2-d(4d+1)y^2=1$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $(x_k,y_k)$. Xét phương trình $(4d+1)u^2-dn^2=1 (1)$ có nghiệm $(u,n)=(1,2)$ 
Suy ra $(u_k,n_k)=(x_k+2dy_k,2x_k+(4d+1)y_k)$ là nghiệm của $(1)$ 
Nếu $n_k \le 2u_k-1$ thì $(4d+1)u_k^2 \le d(2u_k-1)^2+1$ (vô lí) 
Suy ra $n_k \ge 2u_k$ . Chọn $k$ đủ lớn $n_k \ge 4d+1$ 
Khi đó $(n_k)! \vdots (2u_k).u_k.(4d+1)=2(dn_k^2+1) \vdots (dn_k^2+1)$ với mọi $k$ đủ lớn.

Câu 1 : Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn 
$$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)(f(x^2)+f(y^2)-f(xy)),\forall x,y \in \mathbb{R}$$ 
Câu 2 : 
a) Cho $a_0>a_1>a_2>...>a_n$ là các số nguyên dương sao cho $a_0-a_n<a_1+a_2+...+a_n$ .Chứng minh tồn taị $i$ với $1 \le i \le n$ sao cho : 
$$0 \le a_0-(a_1+a_2+...+a_i)<a_i$$ 
b) Chứng minh rằng mỗi số nguyên dương lớn hơn $2$ có thể biểu diễn thành tổng của các lũy thừa phân biệt có dạng $a^b$ với $a \in \{3,4,5,6\}$ và $b$ là số nguyên dương. 
Câu 3: Goị $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác đó . $AI$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Gọi $F,E$ lần lượt là các điểm trên cạnh $BC$ và trên cung $BDC$ sao cho $\widehat{BAF}=\widehat{CAE}<\frac{1}{2}\widehat{BAC},G$ là trung điểm của đoạn $IF$. Chứng minh $DG$ và $EI$ giao tại một điểm trên $(O)$ 
Câu 4: Một dãy $(a_1,a_2,..,a_k)$ các ô phân biệt của bàn cờ $n\times n$ được gọi là chu trình nếu $k \ge 4$ và các ô $a_i,a_{i+1}$ có cùng cạnh với mọi $i=1,2,..,k$ ở đây $a_{k+1}=a_1$. Tập hợp $X$ gồm các ô của bàn cờ được gọi là đẹp nếu mỗi chu trình đều chứa ít nhất một ô của $X$. Xác định tất cả các số thực $C$ sao cho với mỗi số nguyên $n\ge 2$ ,trên bàn cờ $n\times n$ có một tập con đẹp chứa không quá $C.n^2$ ô vuông

Dãy số $(a_n)$ được xác định như sau : 
$$a_n=\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+..+\frac{1}{p_k}$$ 
Trong đó $p_1,p_2,..,p_k$ là các ước số nguyên tố khác nhau của số $n$. Chứng minh rằng : 
$$\sum_{n=2}^m a_2a_3...a_n<1,\forall m \in \mathbb{N},m \ge 2$$

Bài 2: 
Đi vào bài toán xét $f(0)=0 \Rightarrow f(x)=0$ 
Bây giờ xét $f(0) \ne 0$. Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x=u,y=v$ vào phương trình đề cho . 
$P(0,0) \Rightarrow f(f^2(0))=0$. Đặt $c=f^2(0)$. 
$P(c,\frac{c}{c-1}) \Rightarrow f(0)=0$ (vô lí). Suy ra $c=1$ hay $f(0)=1$ hay $f(0)=-1$. 
Tính được $f(1)=0$. Không mất tính tổng quát giả sử $f(0)=-1$

$P(x,1) \Rightarrow f(x+1)-1=f(x) \Rightarrow f(x+n)-f(x)=n (1)$ . Ta chứng minh $f$ là đơn ánh . 
Giả sử $f(x)=f(y) . Lấy $m \in \mathbb{Z}$ sao cho a+b=x+m+1,ab=y+m$ có nghiệm. 
$P(a,b) \Rightarrow f(f(a)f(b))+f(a+b)=f(ab)=f(f(a)f(b))+f(x+m+1)=f(y+m)$. Chú ý là $f(x+m)=f(y+m)$ do $(1)$ 
Suy ra $f(f(a)f(b))=-1$ suy ra $f(a)f(b)=0$. Giả sử $f(a)=0 \Rightarrow a=1$ suy ra $x=y \Rightarrow f$ đơn ánh. 
$P(x,1-x) \Rightarrow f(x)f(1-x)=x-x^2$ 
$P(x,-x) \Rightarrow f(x)(f(1-x)-1)=1-x^2 \Rightarrow f(x)=x-1$ 
Tương tự $f(0)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$ 
Vậy $f(x)=x-1,1-x,0$

Xét số nguyên tố $p$ và số tự nhiên chẵn $k<p$. Theo Wilson : $(p-k)!(k-1) \equiv (-1)^(k-1).(p-1)! \equiv 1 \pmod{p}$  
Do đó : $(k-1)!P((p-k)!)=\sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i}.[(p-k)!(k-1)!]^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i[(k-1)!]^{n-i} \pmod{p}$ 
Suy ra $(k-1)!P((p-k)!) \equiv S((k-1)!) \pmod{p}$ với $S(x)=a_n+a_{n-1}x+..+a_0x^n$ 
Từ đó suy ra $p|P((p-k)!)  \Leftrightarrow S((k-1)!) \vdots p$ . Chú ý rằng $S((k-1)!)$ là đa thức phụ thuộc vào $k$. Xét $k>2a_n+1$ ta có : 
$s=\frac{(k-1)!}{a_n},s$ là số nguyên dương chia hết cho mọi số nguyên tố nhỏ hơn $k$. Ta có $S((k-1)!)=a_nb_k,b_k \equiv 1 \pmod{s}$ 
Suy ra $b_k$ chỉ chia hết cho các số nguyên tố lớn hơn $k$. Cho $k$ càng lớn thì $S((k-1)!)$ càng lớn . Với $k$ đủ lớn thì $|b_k|>1$ . 
Do đó tồn tại ước nguyên tố $p$ của $b_k$ mà $p|P((p-k)!)$ 
Bây giờ ta cần chọn $k$ sao cho nó đủ lớn để $|P((p-k)!)|>p$ . Xét $q$ là số nguyên tố đủ lớn mà $k=(q-1)!$. Nhân xét $k+i$ là hợp số với $i=1,..,q-1$ 
Khi đó $p$ là số nguyên tố lớn hơn $k$ mà $P((p-k)!) \vdots p$ nên $p>k+q-1$ suy ra $p=k+q+r,r \ge 0$ 
Với số nguyên tố $q$ đủ lớn mà do $degP \ge 2$ nên $|P((p-k)!)|=|P((q+r)!)|>(q+r)!>(q-1)!+q+r=p$. 
Vậy ta có $p|P((p-k)!)$ và $p \ne P((p-k)!)$ nên ta có điều phải chứng minh.

Đặt $f_k(x)=f(f(..(f(x)..))$ với $f$ cos mặt $k$ lần ở vế phải . Giả sử $k \ge 1$ là số tự nhiên bất kì và $p$ là một ước nguyên tố của $f_k(n)$ ta có :  
$f_{k+1}(n) \equiv f(f_k(n)) \equiv f(0) \equiv 1 \pmod{p}$ 
$f_{k+2}(n) \equiv f(f_{k+1}(n)) \equiv f(1) \pmod{p}$ 
Bằng quy nạp dễ có $f_m(n) \equiv 1 \pmod{p},\forall m>k$ 
Từ đó suy ra $f_k(n),f_m(n)$ nguyên tố cùng nhau với mọi $m>k$ . Do $k$ tùy ý nên chọn $k=1$ và ta có điều phải chứng minh 

Đề hơi mờ ,mong mọi người thông cảm 

Khối 10 chuyên 

Đặt $f(0)=a$ . Gọi phương trình đã cho là $(1)$ , cho $y=0$vào $(1)$ 
$f(x-a)=f(x)+f(a)+2016 (2)$
Nếu $a=0$ thì từ $(2)$ ta có $f(x)=f(x)+2016$ vô lí . Vậy $a \ne 0$ 
Từ $(1)$ thay $x$ bởi $f(y)$ tadduowjc 
$a=f(f(y)+y^{2014})+f(f(y)+y^{2014})+2016$ 
$\Rightarrow f(f(y)+y^{2014})=b,b=\frac{a-2016}{2} (3)$ 
Từ $(1),(3)$ ta có $f(x-f(y))=f(x+y^{2014})+c,c=b+2016 (4)$ 
Từ $(4)$ thay $x$ bởi $x+f(y)$ta được $f(x)=f(x+f(y)+y^{2014})+c (5)$ 
Đặt $g(x)=f(x)+x^{2014} \Rightarrow g(0)=a$ lúc đó $(5)$ được viết lại : $f(x)=f(x+g(y))+c (6)$ 
Đặt $h(y)=g(y+g(0))-g(y)=f(y+g(0))+(y+g(0))^{2014}-f(y)-y^{2014}$ . Từ $(6)$ cho $y=0$ được : 
$f(x)=f(x+g(0))+c$ . Suy ra $h(y)=f(y)-c+(y+g(0))^{2014}-f(y)-y^{2014}=(y+g(0))^{2014}-y^{2014}-c $ 
Suy ra $ deg h=2013$ .Từ $(6)$ tacungx có $f(x+h(y))=f(x+h(y)+g(y))+c=f(x+g(y+g(0)))+c=f(x) (7)$. Mà $deg h \equiv 1 \pmod{2}$ nên $h$ là một toàn ánh.  
Từ $(7)$ ta có $f(x+\alpha)=f(x)$. Cho $x=0$ ta được$f(\alpha)=\alpha$ hay $f$ là hàm hằng . Dễ tính được $f(x)=-2016$

Ta có $\frac{p^p-1}{p-1} \not \equiv 1 \pmod{p^2}$.
Do đó tồn tại $q$ là số nguyên tố là ước của $\frac{p^p-1}{p-1}$ sao cho $p \equiv x \pmod{p^2} ,x \ne 1$ 
Ta sẽ chứng minh số $q$ đó thỏa mãn 
Trước tiên thấy rằng
+) Nếu $q|p-1 \Rightarrow q|p^p-1$ 
+) Nếu $q \not | p-q$ thì $(p-1,q)=1$ 
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p^p \equiv 1 \pmod{q}$ 
Tóm lại ta luôn có $q|p^p-1$ 
Giả sử tồn tại $n$ sao cho $q|n^p-p$ suy ra $n^{p^2} \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q}$ 
Đặt $K=o_q(n)$ khi đó $k|p^2 \Rightarrow k \in \{1,p,p^2\}$ 
Nếu $k=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow p^{p-1}+p^{p-2}+..+1 \equiv p \pmod{q}$ 
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p \equiv 0 \pmod{q}$ (vô lí)
Nếu $k=p \Rightarrow p \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow q|p-1$ theo chứng minh trên thì ta cũng có điều vô lí
Nếu $k=p^2$ thì $p^2|\phi(q)=q-1 \Rightarrow p^2|q-1$ không thỏa mãn cách chọn$q$. 
Vậy ta có đpcm

Xét $(m+1)^2$ số có dạng $x+y\sqrt{2}$ với $x,y \in \{0,1,..,m\}$ 
Do $0 \le x+y\sqrt{2} \le m(1+\sqrt{2})$ nên tồn tại $c+d\sqrt{2},e+f\sqrt{2}$ sao cho 
$|c+d\sqrt{2}-e-f\sqrt{2}| \le \frac{m(1+\sqrt{2})}{(m+1)^2-1}=\frac{1+\sqrt{2}}{m+2}$ 
Từ đó ta có đpcm

Cho $m,n\in \mathbb{N}^{+},a\in \mathbb{N},d=(m,n)$.

Chứng minh:a) Nếu $\frac{n}{d},\frac{m}{d}$ đều lẻ thì $(x^{n}+a^{n},x^{m}+a^{m})=x^{d}+a^{d}$

                    b) Nếu $\frac{n}{d},\frac{m}{d}$ đều chẵn thì $(x^{n}+a^{n},x^{m}+a^{m})=1$

Bạn tham khảo ở tài liệu Một số lớp phương trình Diophante cơ bản của Nguyễn Vũ Lương (nếu mình k nhầm tên tác giả)

Bài 1 có cách khác đơn giản như này
với $p=2$ thì dễ có đpcm 
$p>2$ . Xét $2$ tập $A=\{x^2\},x \in \{1,2,..,\frac{p-1}{2}\},B=\{-1-y^2},y \in \{1,2,..,\frac{p-1}{2}\}$
Dễ chứng minh các phân tử của $A$ và $B$ đôi một phân biệt modulo $p$. Chú ý $cardA+cardB=p+1>p$ 
Nên tồn tại $x_0 \in A,y_0 \in B$ sao cho $x_0^2 \equiv -1-y_0^2 \mod{p}$ 
Dễ chứng minh $\frac{x_0^2+y_0^2+1}{p}<p$ từ đó chọn $x_0=x,y_0=y,z=1$

$1$ bài tương tự có ở đây
  1 ví dụ được áp dụng bài toán này. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ có ít nhất $3$ ước nguyên tố thỏa $n|2^n-8$

https://diendantoanh...n-để-tồn-tại-m/

Đây là đề Germany TST 2003 
Thay $y$ ở $x$,$x$ bởi $y$ cho ta : 
$f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x)$ 
Với $y \in \mathbb{R}$ tùy ý chọn $y=f(0)-2\beta$ . Chọn $\alpha=-f(\beta)$ và $\gamma=f(\alpha)-\beta$ 
Từ đó dễ dàng ta có $f(\gamma)=y$  suy ra $f$ là toàn ánh $\Rightarrow$ tồn tại $a$ sao cho $f(a)=0$ 
Từ phương trình đề cho $x=a$ $f(y)=2a+f(f(y)-a)$ 
Vì $f$ là toàn ánh nên tồn tại $y$ sao cho $f(y)=x+a$. Khi đó $x=f(y)-a=a+f(f(y)-a)=f(x)+a \Rightarrow f(x)=x+c,c=const (1)$ 
Thử lại thấy $(1)$ thỏa mãn nên hàm cần tìm là $f(x)=x+c,c=const$

Bài số 8 
http://diendantoanho...-bất-đẳng-thức/

Theo mình biết cái này là định lý wolstenholmes , bạn cứ search là ra . Cả 2 trường hợp đều đúng

Em nghĩ là Babbge

https://julielltv.wo...huong-modulo-p/

$f(x^2+f(y))=\frac{f^2(x)}{2}+4y (1)$
Nhận xét : $f(f(x))=ax+b,a \ne 0 \Rightarrow f$ là song ánh 
Từ phương trình đề bài cho . Thế $x=0 \Rightarrow f$ là song ánh 
$f$ là song ánh nên tồn tại $c,a$ sao cho $f(c)=0$
Từ $(1)$ cho $x=y=c$ : $f(c^2)=4c (2)$
Bằng cách gán $c$ cho $y$,$x$ và $-x$ cho $x$. Thu được $f(x)=f(-x)$ hoặc $-f(x)=f(-x) (3)$
Từ $(1)$ cho $x=c,y=-c$ kết hợp với $(3)$ thì dù thay $y$ bởi $c$ hay $-c$ đi nữa thì $f(c^2)=-4c (4)$ 
Từ $(2),(4) \Rightarrow c=0$ 
Từ $(1)$ cho $y=0 \Rightarrow f(x^2)=\frac{f^2(x)}{2} (5)$ . Cho $x=0 \Rightarrow f(f(x))=4x (6)$ 
Từ $(5),(6) \Rightarrow f(x^2+f(y))=f(x^2)+f(f(y)) (7)$ 
Từ $(7)$ ta có $f(a+b)=f(a)+f(b),\forall a \ge 0,b \in \mathbb{R}$ 
Mà $f$ là toán ánh suy ra $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$ . Phương trình này có trong tài liệu chuyên toán $10$ (bạn tham khảo). 
Từ đó suy ra $f$ có dạng $f(x)=ax$ kết hợp với $(6) \Rightarrow f(x)=2x$ . Thử hàm này vào $(1)$ ta thấy thỏa 
Vậy $f(x)=2x$

Đề bài đâu yêu cầu tìm tất cả $n$ đâu anh.

Lời giải trên em chỉ ra với $n=3^{2^k}-1$ hoặc $n$ là số nguyên tố dạng $4k+1$ thì luôn tồn tại $x,y$. (Khi đó chọn $k$ bất kì thì luôn biểu diễn được ._.)

Có gì sai sót đại ca chỉ giáo

Đề bài của bạn NTM có lẽ ghi thiếu đề kêu tìm $n$ thì mình nghĩ ta cũng nên tự hiểu là vét cạn