File word cho những ai quan tâm ( không có hình ) ( mình không có giải hình ) 

Thật ra số con bọ min là $38+39+40+.....+79-36^2$ nhưng việc đó để mọi người làm sẽ hay hơn =)))))

.

Bài 4 :

Giá trị nhỏ nhất của $a+b$ là $117,$ dấu bằng xảy ra ở hình chữ nhật $78 \times 39$ với cách tô ở cột $i$ thì cho $79-i$ con bọ. 

Bài 1 : 

Bổ đề: $|f(x+y)-f(x)-f(y)| \geq 1$ thì ta có $| \frac{f(x)}{x}- \frac{f(y)}{y}|< \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}.$

Ta dùng kết quả sau đây $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varphi(n) q^n}{1-q^n}= \frac{q}{(1-q)^2}$ [ dùng hàm Dirichlet ]

Từ đây ta có thể kết thúc bài toán

Bài 4 thì chắc không tính p=2 , thôi đằng nào cũng vậy . Bổ đề , với mọi a,b hưũ tỷ dương thì thoả mãn ycbt thì a,b phải nguyên 

Bây giờ em quay lại với 1 cách tiếp cận khác cho bài 6 

i) Ta dễ dàng có  hoán vị 1,2,4,8,3,6,12,11,9,5,10,7

II) Ký hiệu $A$ là hoán vị tốt và $B$ là số cách điền số $1$,$2$,......$2n$ trên đa giác $2n$ cạnh đều để thoả mãn yêu cầu 

Do em không biết gõ Latex và cũng không muốn bị coi là spam , em chỉ đưa ra 2 bước mấu chốt 

i) Tồn tại 1 song ánh từ A --> B và để cm là A có tồn tại , chỉ cần cm là B >1

ii) Thực tế là có đến $2^n.n!$ bộ hoán vị thoả mãn 

 Câu4 Đáp án : $n^2/4$ . 

Thật vậy ta có nhận xét : Cứ 1 tập con đẹp thì mỗi ô vuông 2*2 đều bị tập con này lấy ít nhất 1 ô

Bài 4 số số lớn nhất là 2014 , điều này xảy ra khi đổi 1 - 2010 1 lượt rồi đổi 2008-2017 .

Ta xét Si là tổng các số có vị trí i đồng dư theo mod 10 . Bất biến là nếu 1 lượt biến đổi thì các Si đều bằng nhau

https://artofproblem...h214717p1187222

Thứ 1 : Đây là IMO 2010 #3 , anh/cậu/em nên tra nguồn trước khi hỏi bài để viết cái tiêu đề hay hơn

Ta sẽ chứng minh là $f(x+1)-f(x)$ bằng 0,-1,hoặc 1 từ đấy ta có f(x) = x cộng ( trừ ) c

Tìm mọi hàm f từ R --> R thoả mãn

i) $ \displaystyle\lim_{x\to\ 0}f(x)=0=f(0)$

ii) $f(x).f(x^{1975}+x^{54})=f(x^{2013}+x)$

Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.

cái này có nhất thiết dùng toán cao cấp không nhỉ ?

Biết là hơi  lạ nhưng 1 ông giáo sư Nga ( Fedor Petrov ) ( mình có kết bạn với ông này ) đã chứng minh 1 kết quả như sau .

Phương trình đồng dư x^p = p ( mod q) vô nghiệm khi và chỉ khi :

i) q đồng dư 1 mod p

ii)p ^ (q-1/p) không đồng dư 1 mod q

Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.

Cái này dùng phản chứng thay vì Kobayashi

bài này bản chất là chứng minh các số thuộc tập $\mathcal{X}=\left \{ N^x-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn các ước nguyên tố và dạng này thì $\text{Kobayashi's theorem}$ lên ngôi :v

ở đây mình sẽ chứng minh tập $\mathcal{X}^*=\left \{ N^{2^x}-d\ |x\in \mathbb{N} \right \}$ có vô hạn ước nguyên tố

thật vậy giả sử tập $\mathcal{X}^*$ chỉ có hữu hạn ước nguyên tố và ta giả sử đó là các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_t$ trong đó

$p_1<p_2<...<p_t$

ta chọn số nguyên dương $r$ sao cho

$p_1^r>d^{2^t}-d$

ta chọn số nguyên dương $a$ sao cho

$N^{2^a}-d>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^r$

tới đây ta có

$N^{2^a}-d=\prod_{i=1}^{t}p_i^{v_{p_i}\left ( N^{2^a}-d \right )}>\left ( \prod_{i=1}^{t}p_i \right )^t$

$\Rightarrow \exists i_0:v_{p_{i_0}}\left ( N^{2^a}-d \right )>r$

ta làm tương tự vậy với các số $a+1,...,a+t$ cuối cùng ta chọn được $t+1$ số $p_i$ như trên mà chỉ có $t$ số nguyên tố

nên $\exists\ k,l\in \left [ 0,t \right ]$ có cùng chỉ số $i_0$ tức là ta có số nguyên tố $p_i$ sao cho

$\begin{matrix} v_{p_i}\left ( N^{2^{a+k}}-d \right )>r\\ v_{p_i}\left ( N^{2^{a+l}}-d \right )>r \end{matrix}$

$\text{WLOG}$ $k>l$ thì ta có

$p_i^r\mid N^{2^{a+l}}-d\Rightarrow N^{2^{a+l}}\equiv d\ (\mod\ p_i^r)$

mặt khác thì

$N^{2^{a+k}}=N^{2^{a+l}.2^{k-l}}\equiv d^{2^{k-l}}\equiv d\ (\mod p_i^r)$

$d^{2^{k-l}}-d\ge p_i^r\ge p_1^r>d^{2^t}-d$

điều trên mẫu thuẫn do $k,l\in \left [ 0,t \right ]\Rightarrow k-l\le t$

tơi đây ta có được tập $\mathcal{X}^*$ có vô hạn ước nguyên tố tức cũng có tập $\mathcal{X}$ có vô hạn ước nguyên tố

Anh ơi , thế  thì thà dùng Zsigmondy còn dễ cm hơn

Bài này là của Gabriel Dospinesscu, có thể tham khảo cuốn Straight from the book, lời giải khá hay.

Lời giải dùng vành đóng của vành Z(i)

Bài 6 có 1 cách rất hay , chính là cách của Evan trong Aops , nếu ai đó đã có  học bài Hungarian MO 99 bổ trợ thì ý tưởng hoàn toàn là tự nhiên , đơn thuần là dùng nội suy Lagrange kiểm soát đa thức hữu tỷ rồi chỉnh các $ci$ thoả mãn 

Theo như v_Enhance trên AoPS thì bài này không giải được bằng cách sử dụng định lý Erdos Szekeres (https://artofproblem...2017_problem_5)(#4) ?

Có ai nói đó là cả bài đâu chỉ là 1 đoạn con thôi . Nếu giải bằng nó thật thì đã không phải IMO

Bài 5 : Erdos 1935 . Cho ab+1 số thực phân biệt , khi đó tồn tại 1 tập con a+1 hoặc b+1 số liên tiếp tăng hoặc giảm liên tiếp .

Áp dụng 2 lần cho n , ta có đpcm

Bài 3. Sử dụng dạng yếu của định lý Dirichlet: tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng $nk+1$ với $k$ cố định (chứng minh sơ cấp cái này có thể tham khảo đáp án của Olympic toán học HS - SV năm nay)

Chọn $p \equiv 1 \pmod k$ thì hiển nhiên tồn tại một dãy $a_n$ thỏa mãn bài toán.

Tổng quát nhất có lẽ là định lý Green- Tao cho dãy đa thức nguyên 

Mình là người ra cái bài 5 này . Thật ra là nó là đề OLympic SV Quốc tế IMC 2002 và Bulagria TST năm nào đó, chắc chắn là rất quen thuộc với tất cả mọi người. Bài này có cách dùng phương pháp xác xuất hay lắm