Mình từng đọc bài toán đó ở đây  , nhưng giờ mới biết nguồn gốc bài này 

Nếu $x_{N_1}=x_{N_1+k}$ thì sao? Khi đó sẽ không tìm được $\alpha$.
Dữ kiện $x_1=q$ hay $q$ hữu tỉ không nguyên chưa được dùng, mặc dù nó không thừa. Ví dụ lấy $q=\frac{5}{2},x_1=\frac{5}{3}$ thì $x_n$ luôn bằng $\frac{5}{3}$, hay lấy $q$ là nghiệm lớn hơn $1$ của phương trình $x^3-x^2-2x+1=0$ thì dãy sẽ tuần hoàn với chu kì $2$.

Hình như, theo em thấy thì hai số hạng bất kỳ của dãy đều phân biệt. Thật vậy, đặt $q = \frac{u}{v},u,v\in\mathbb N^*; \gcd\left(u,v\right) = 1$. Thế thì, bằng quy nạp, ta chứng minh được $x_n = \frac{k_n}{v^n}$, trong đó $k_n$ là số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với $v$ xác định bởi $\begin{cases} k_1 = u \\ k_{n+1} = u\cdot \left(k_n\mod v^n\right)\end{cases}$.

Nếu vậy thì lời giải trên là đúng rồi.

Mình không rõ số $2a^k + 3$ là biến nào cố định, biến nào không. Nếu $k$ cố định, đặt $q\left(x\right) =p\left(x\right) - 3$, thì ta chỉ cần có $q\in\mathbb Z[x]$ và $q\left(0\right),...,q\left(n\right)$ có dạng $2a^k$. Chú ý theo nội suy Lagrange, $q\left(x\right) = \sum_{i=0}^nP\left(i\right)\prod_{j\neq i}\frac{x-j}{i-j}$, thì ta chọn $P\left(i\right)$ chia hết cho $\prod_{j\neq i}\left(i-j\right)$ là được. Còn nếu $a$ cố định, ta có thể dựa trên khai triển đó: Cho $P\left(x\right) = c\cdot\sum_{i=0}^nt^i\binom{x}{i}$. Khi đó với $0\leq z\leq n$, ta có $P\left(z\right)= c\left(t+1\right)^z$. Ta chọn $t = a^u - 1,c = 2a^v$ thì ta chỉ cần đảm bảo $P\in\mathbb Z[x]$. Chọn $u,v$ phù hợp và đủ lớn sao cho $n!\mid c\cdot t$, ta có điều phải chứng minh.

E có một chút thắc mắc về bổ đề ạ ví dụ như $P(x)=\frac{1}{n}x(x-1)(x-2)(x-3)\ldots (x-(n-1))$ là đa thức bậc $n$ và thoả mãn $P(0),P(1),P(2),\ldots,P(n)$ là các số nguyên mà e thấy $P(x) \not \in \mathbb Z[x]$ ạ, mong được giải đáp ạ. E cảm ơn nhìu ạ.

À xin lỗi bạn, hồi đó mình nhầm á  , bổ đề chỉ cho ta $P\left(x\right)\in\mathbb Z,\forall x\in\mathbb Z$ thôi

Bài này theo mình nghĩ, là yêu cầu chứng minh tồn tại hai ô chung cạnh có hiệu hai số lớn hơn hoặc bằng $n$.

Xét $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho các số $1,2,...,k$ hoặc xuất hiện trên mọi hàng, hoặc xuất hiện trên mọi cột.

Không mất tính tổng quát, coi $k$ số này xuất hiện trên mọi hàng.

NX. Mọi hàng đều chứa ít nhất một ô không chứa một trong các số $1,2,...,k$.

Chứng minh. Giả sử tồn tại hàng $i$ trái với tính chất trên. Khi đó các số $1,2,...,k$ cũng xuất hiện trên mọi cột, mà các số $1,2,..,k-1$ không xuất hiện trên mọi cột nên $k$ thuộc hàng $i$. Chứng tỏ các số $1,2,...,k-1$ vẫn xuất hiện trên mọi hàng, mâu thuẫn.

Như vậy, với hàng $i$ bất kì, ta tìm được hai ô chứa hai số $a_i,b_i$ sao cho $a_i\in\left\{1,2,...,k\right\}$ và $b_i > k$. Chú ý $b_1,b_2,...,b_n$ là các số lớn hơn $k$ nên tồn tại một số $b_j$ không nhỏ hơn $k + n$.

Thế thì $b_j - a_j \geq n$, và $b_j,a_j$ là hai số ở hai ô chung cạnh. (đpcm)

Nhận thấy nếu đổi chỗ quả bóng đen $a$ và quả bóng đen $b$, đồng thời đổi chỗ quả bóng trắng $a$ và quả bóng trắng $b$ thì điều kiện bài toán vẫn được đảm bảo.

Do đó ta không mất tính tổng quát, coi các quả bóng đen được sắp xếp theo thứ tự tăng dần (quả bóng đen $i$ đứng trước quả bóng đen $i+1$)

Khi đó, các quả bóng trắng được sắp xếp theo thứ tự giảm dần.

Gọi $u_n$ là số cách sắp xếp thoả mãn các điều kiện trên. 

+) Nếu quả bóng đen $n$ đứng trước quả bóng trắng $n$ thì ta có duy nhất cách xếp thoả mãn là đen $1$, đen $2$,..., đen $n$, trắng $n$,..., trắng $2$, trắng $1$.

+) Nếu quả bóng đen $n - 1$ đứng trước quả bóng trắng $n$ thì sử dụng điều kiện b), ta có quả bóng đen $n$ đứng trước các quả bóng trắng $n-1,...,1$. Như vậy ta cũng có duy nhất cách xếp thoả mãn là đen $1$, đen $2$,..., đen $n-1$, trắng $n$, đen $n$, trắng $n-1$,..., trắng $1$.

+) Nếu quả bóng trắng $n$ đứng trước quả bóng đen $i$ mà đứng sau quả bóng đen $i-1$ (coi quả bóng đen $0$ đứng trước mọi quả bóng) thì quả bóng đen $n$ đứng trước các quả bóng trắng $1,...,i-1$, và đứng sau các quả bóng trắng $i,...,n$. Rõ ràng các quả bóng $1,...,i-1$ và $n$ đã chọn được vị trí. Chú ý các quả bóng trắng $i,...,n - 1$ cũng đứng sau quả bóng đen $i-1$. Như vậy ta cần xếp các quả bóng trắng $i,...,n-1$ vào các vị trí cố định của các quả bóng đen $i,...,n-1$, số cách xếp là $u_{n - i}$.

Dẫn đến $u_n = 2 + u_1 + u_2 + ... + u_{n-1}$. Bằng quy nạp, ta chứng minh được $u_n = 2^{n},\forall n\in\mathbb N^*$.

Kết hợp với $n!$ hoán vị của các quả bóng đen, ta có tất cả $2^{n} . n!$ cách xếp.

Em xin thử một hướng tiếp cận để đi đến công thức tổng quát cho số cách đi từ $\left(0,0\right)$ đến $\left(n,n\right)$.

Gọi số bước từ $\left(x,y\right)$ đến $\left(x + 1,y\right)$ là $a$; số bước từ $\left(x,y\right)$ đến $\left(x,y+1\right)$ là $b$; số bước từ $\left(x,y\right)$ đến $\left(x+2,y+1\right)$ là $c$.

Khi đó, ta có $a + 2c = b + c = n\Rightarrow b = a+c$

$\Rightarrow a+b+c=2b$.

Ngoài ra, với mỗi $a,b,c$ ta có số cách di chuyển là $\frac{\left(a+b+c\right)!}{a!b!c!}$.

Do đó, số cách đi từ $\left(0,0\right)$ đến $\left(n,n\right)$ là $$u_n = \sum_{b = \left\lceil n/2\right\rceil}^{n}\frac{\left(2b\right)!}{\left(2b-n\right)!b!\left(n-b\right)!} = \sum_{b = \left\lceil n/2\right\rceil }^n\binom{n}{b}\binom{2b}{n}$$

Tuy nhiên, khai triển ta thấy $\left[\left(x+1\right)^2+1\right]^n = \sum_{k = 0}^n \binom{n}{k}\left(x+1\right)^{2k}$.

Như vậy, $u_n$ thực chất là hệ số của $x^n$ trong đa thức $\left[\left(x + 1\right)^2 + 1\right]^n = \left(x + i + 1\right)^n\left(x + 1 - i\right)^n$

$\Rightarrow u_n = \sum_{k=0}^n \left(i+1\right)^k \left(1 - i\right)^{n - k} \binom{n}{k}^2 = \left(1-i\right)^n \sum_{k=0}^n i^k\binom{n}{k}^2$.

Mặt khác, ta chứng minh được (tham khảo ở đây) $$P_n\left(\frac{z+1}{z-1}\right) = \frac{1}{\left(z-1\right)^n}\sum_{k=0}^n z^k\binom{n}{k}^2$$

với $P_n\left(x\right)$ là đa thức Legendre thứ $n$.

Dẫn đến $u_n =\left(-1\right)^n\left(1-i\right)^{2n}P_n\left(\frac{i+1}{i-1}\right) =\left(2i\right)^nP_n\left(-i\right)$.

Ta lại có công thức truy hồi $$\begin{cases} P_0\left(x\right) = 1, P_1\left(x\right) = x \\ \left(n+1\right)P_{n+1}\left(x\right) = \left(2n+1\right)xP_n\left(x\right) - nP_{n-1}\left(x\right)\end{cases}$$

Như vậy, dễ dàng thu được $$\begin{cases} u_0 = 1,u_1 = 2 \\ \left(n+1\right)u_{n+1} = 2\left(2n+1\right)u_n + 4nu_{n-1}\end{cases}$$

Ta tính được các số hạng đầu là $1,2,8,32,136,592,2624,11776$.

Tuy nhiên, công thức trên vẫn mất $O\left(n\right)$ thời gian khi tính $u_n$ cụ thể nào đó.

Hy vọng mọi người sẽ có sự cải tiến nào đó.

Ta có $b_{n+1} = a_nb_n = a_na_{n-1}b_{n-1} = ... = a_n...a_1b_1 = a_n...a_1,\forall n\in\mathbb N^*$

$\Rightarrow b_n = \prod_{i=1}^{n-1} a_i,\forall n\in\mathbb N^*$ (với quy ước tích rỗng có giá trị bằng $0$)

Như vậy, $a_{n+1} = a_n + \prod_{i=1}^{n-1} a_i,\forall n\in\mathbb N^*$. 

Đến đây chỉ cần sử dụng quy nạp chứng minh $\gcd\left(a_n,a_1...a_{n-1}\right)=1$ ta sẽ suy ra được các số hạng của dãy $\left\{a_n\right\}$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Kẻ đường kính $DD'$ của $(I)$. Cho $AD'$ cắt lại $(I)$ tại $H$.

Theo kết quả quen thuộc, ta có $IM \parallel AD'\Rightarrow IM \parallel D'H$

$\Rightarrow IM \perp DH$.

Mà $MD$ là tiếp tuyến của $(I)$ nên $MH$ cũng là tiếp tuyến của $(I)$

Lấy $J$ là trung điểm của $EF$.

Ta có $AD'.AH = AE^2= AJ.AI\Rightarrow$ Tứ giác $IJD'H$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle AHJ = \angle AID' = \angle ATJ$ (có các cạnh tương ứng vuông góc)

$\Rightarrow$ Tứ giác $ATHJ$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle AHT = \angle AJT = 90^\circ\Rightarrow D,H,T$ thẳng hàng.

Gọi $\left\{N'\right\}  = MH \cap AT$. Ta có $\angle N'HD' = \angle HDD' = 90^\circ - \angle ATH = \angle HAT$

$\Rightarrow \Delta N'HA$ cân tại $N'$.

Kết hợp với điều kiện tam giác $AHT$ vuông tại $H$, ta có $N'$ là trung điểm AT$

$\Rightarrow N'\equiv N\Rightarrow MN$ tiếp xúc với $(I)$ tại $H$.

Bổ đề 1: Cho $r$ là số hữu tỉ thoả mãn $Q(x) = x^7 - r$ khả quy. Khi đó $\sqrt[7]{r}\in\mathbb Q$.

Chứng minh: Giả sử $Q(x) = g(x)h(x)$, với $g,h\in\mathbb Q[x]; \deg g,\deg h > 0$.

Gọi $z_1,z_2,...,z_k$ là các nghiệm (phức) của $g$, $0 < k < 7$.

Khi đó $|z_i|^7 = |r|,\forall i = \overline{1,k}$

$\Rightarrow |z_i| = \sqrt[7]{|r|}\Rightarrow \sqrt[7]{|r^k|} = |z_1z_2...z_k|\in\mathbb Q$.

Tuy nhiên $7$ là số nguyên tố nên từ đây dễ dàng suy ra $\sqrt[7]{|r|}\in\mathbb Q$

$\Rightarrow \sqrt[7]{r}\in\mathbb Q$.

Bổ đề 2: Cho $r\in\mathbb Q, \sqrt[7]{r}\not\in\mathbb Q$ và bộ số hữu tỉ $(a_0,a_1,...,a_6)$ thoả mãn $a_0 + a_1\sqrt[7]{r} + a_2\sqrt[7]{r^2} + ... + a_6\sqrt[7]{r^6} = 0$. Khi đó $a_0=a_1=...=a_6 = 0$.

Chứng minh: Từ Bổ đề 1 ta dễ dàng rút ra $x^7 - r$ là đa thức tối tiểu của $\sqrt[7]{r}$.

Mặt khác đa thức $a_0 + a_1x + ... + a_6x^6$ nhận $\sqrt[7]{r}$ là nghiệm và có bậc nhỏ hơn $7$. Như vậy đa thức này là đa thức không hay $a_ i = 0,\forall i = \overline{0,6}$.

Trở lại bài toán: Xét $(x,y)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.

Nhận thấy $\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{\sqrt[7]{y}}\right)^3\in\mathbb Q$ nên nếu $\sqrt[7]{y}\not\in\mathbb Q$ thì từ Bổ đề 2, rút ra $\frac{1}{n} = 0$, vô lý.

Do đó $\sqrt[7]{y}\in\mathbb Q\Rightarrow y = b^7,b\in\mathbb N^*$.

Dẫn đến $\sqrt[3]{x}\in\mathbb Q$, nên $x = a^3,a\in\mathbb N^*$.

Suy ra số nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho cũng chính bằng số nghiệm nguyên dương của phương trình (ẩn $a,b$) $$\frac{1}{a} +\frac{1}{b} = \frac{1}{n}$$

Đặt $n = p_1^{k_1}...p_l^{k_l}$. Dễ dàng chỉ ra, số nguyên nguyên dương của phương trình trên là số ước của $n^2$, tức là $$m = (2k_1 + 1)...(2k_l + 1)$$

Vì $m - 1$ là số chính phương, đặt $m-1 = k^2,k\in\mathbb N^*$.

Khi đó $k^2 + 1 = (2k_1 + 1)...(2k_l + 1)$. Mà $k^2+1$ không có ước dạng $4j + 3$ nên $2k_i+1\equiv 1\pmod 4$

$\Rightarrow k_i \vdots 2,\forall i = \overline{1,l}$.

Vậy $n$ là số chính phương.

Không biết cách này có ngộ nhận đoạn nào không:

Kí hiệu $D = \left(\frac{1}{2},1\right)$.

Với mọi bộ $(a,b,c)\in D^3$ thoả mãn $a\leq b\leq c$, đặt $f(a,b,c) = \frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$. 

Thế thì ta cần chứng minh $f(a,b,c)\leq  \left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2,\forall (a,b,c)\in D^3; a\leq b\leq c$.

Nhận thấy nếu thay bộ $(a,b,c)$ bởi bộ $(x,y,z)$ thoả mãn $c-z = b-y = a - x$ và $x = \frac{1}{2}$ thì $f(a,b,c) \leq f(x,y,z)$.

Do đó không mất tính tổng quát giả sử $a = \frac{1}{2}$. 

Thế thì ta cần chứng minh $$\frac{(2b-1)(c-b)(2c-1)}{bc} \leq 3 - 2\sqrt{2}$$

Hơn nữa, nhận thấy hàm số $g(t) = \frac{2t-1}{t}$ đồng biến trên $\mathbb R^+$ nên nếu tăng giá trị của $b,c$ lên cùng một đơn vị thì $f\left(\frac{1}{2},b,c\right)$ cũng tăng.

Như vậy không mất tính tổng quát coi $c=1$. Ta quy về chứng minh $$\frac{(2b-1)(1-b)}{b} \leq 3 - 2\sqrt{2},\forall b\in D$$

Tuy nhiên bất đẳng thức trên tương đương $\left(\sqrt{2}b - 1\right)^2 \geq 0$, đúng với mọi $b\in\mathbb R$.

Vậy ta có đpcm

Áp dụng bất đẳng thúc Cauchy - Schwarz ta có: $(a+b+\sqrt{ac})^2 \leq (a+b+a)(a+b+c) = (2a+b)(a+b+c)$

$\Rightarrow \sum\frac{2a^2+ab}{(a+b+\sqrt{ac})^2}\geq \sum\frac{a}{a+b+c} = 1$. (đpcm)

Nhận thấy: $3(a^4 + b^4) - 2(a^2+ab+b^2)(a^2 - ab+b^2) = (a^2-b^2)^2\geq 0$

$\Rightarrow \sum \sqrt{\frac{2ab(a^2-ab+b^2)}{a^4+b^4}} \leq \sum\sqrt{\frac{3ab}{a^2+ab+b^2}}$.

Như vậy ta chỉ cần chứng minh $$\sum\sqrt{\frac{3ab}{a^2+ab+b^2}}\leq \frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2}{a+b+c}\text{ }(*)$$ 

Ta có $(*)\Leftrightarrow \sum \left(1 - \sqrt{\frac{3ab}{a^2+ab+b^2}}\right)\geq \frac{\sum\left(\sqrt{a} - \sqrt{b}\right)^2}{a+b+c}$ 

$\Leftrightarrow \sum\frac{(a-b)^2}{a^2+ab+b^2 + \sqrt{3ab\left(a^2+ab+b^2\right)}}\geq \sum\frac{(a-b)^2}{(a+b+c)\left(\sqrt{a} + \sqrt{b}\right)^2}$.

Do đó xét hiệu: \begin{align*}(a+b)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2 -\left(a^2+ab+b^2\right) - \sqrt{3ab\left(a^2+ab+b^2\right)} &> 2\sqrt{ab}(a+b) - \sqrt{3ab\left(a^2+2ab+b^2\right)}  \\&= \left(2 - \sqrt{3}\right)\sqrt{ab}(a+b)>0 \end{align*}

$\Rightarrow (a+b+c)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2 > \left(a^2+ab+b^2\right) + \sqrt{3ab\left(a^2+ab+b^2\right)}$.

Thiết lập 2 bất đẳng thức tương tự ta có đpcm.

Bài 4:

Dễ thấy công thức tổng quát của $(x_n)$ là: $x_n = \left(\frac{\sqrt{a^2+4b} +a}{2}\right)^n + \left(\frac{-\sqrt{a^2+4b} +a}{2}\right)^n$

Trước tiên, ta có một số nhận xét sau: 

Nhận xét 1: $(x_n, b) = 1,\forall n\in\mathbb N^*$.

Chứng minh: Từ giả thiết ta có ngay $(x_0,b)=(x_1,b) = 1$. 

Mặt khác $x_{n+2} \equiv ax_{n+1}\pmod b,\forall n\in\mathbb N$ nên bằng quy nạp, dễ dàng suy ra đpcm.

Nhận xét 2: $\forall m,n\in\mathbb N^*: x_n\mid x_m\Rightarrow \begin{cases} n\mid m \\ v_2(n) = v_2(m)\end{cases}$.

Chứng minh: Đặt $t$ là số dư của $m$ khi chia cho $2n$.

Nhận thấy: $x_m = x_nx_{m-n} - (-b)^n\left(\left(\frac{\sqrt{a^2+4b} +a}{2}\right)^{m-2n} + \left(\frac{-\sqrt{a^2+4b} +a}{2}\right)^{m-2n}\right)$.

Do đó nếu $m\geq 2n$ thì $x_n\mid (-b)^nx_{m-2n} \Rightarrow x_n\mid x_{m-2n}$.

Cứ tiếp tục như thế, ta có: $x_n\mid x_t\Rightarrow n\leq t$.

Mặt khác, ta có: $x_t = x_nx_{t-n} - (-b)^{t-n}x_{2n - t}\Rightarrow x_n\mid x_{2n-t} \Rightarrow n\leq 2n - t\Rightarrow n \geq t$.

Như vậy, $n = t$. Suy ra $2n\mid m - n$, hay $\begin{cases} n\mid m \\ v_2(n) = v_2(m)\end{cases}$.

Trở lại bài toán:

a) Vì $2\mid a$, $2\nmid b$ nên $x_{n+2}\equiv bx_n\equiv x_n\pmod 2,\forall n\in\mathbb N$

$\Rightarrow 2\mid x_n,\forall n\in\mathbb N$.

Từ đó, $4\mid ax_n$ nên $x_{n+2}\equiv bx_n\pmod 4,\forall n\in\mathbb N$. $(*)$

Từ $(*)$ dễ có $v_2(x_n) = 1,\forall n\in\mathbb N, 2\mid n$.

Đồng thời, bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được $v_2(x_n) = v_2(a),\forall n\in\mathbb N, 2\nmid n$.

Giả sử tồn tại $m,n,p\in\mathbb N^*$ mà $\frac{x_m}{x_nx_p}\in\mathbb Z$.

Nếu $n$ hoặc $p$ lẻ thì $v_2(x_nx_p)\geq v_2(a) + 1\geq v_2(x_m)$, vô lí,

Do đó $n,p$ đều chẵn. Hay $4\mid x_m\Rightarrow 2\nmid m$.

Mặt khác, $x_n\Rightarrow x_m\Rightarrow n\mid m$ (Từ Nhận xét 2).

Điều này rõ ràng vô lí. Ta có đpcm.

b) Giả sử tồn tại $m,n,p\in\mathbb N^*$ thoả mãn $\begin{cases} 2\mid mnp \\ \dfrac{x_m}{x_nx_p}\text{ là số chính phương}\end{cases}$.

Thế thì, $\begin{cases} x_n\mid x_m \\ x_p\mid x_m\end{cases}\Rightarrow v_2(m)=v_2(n)=v_2(p)$

$\Rightarrow m,n,p$ chẵn.

Nhận thấy với mọi $k\in\mathbb Z$ thì: $x_{2k} = x_k^2 - 2(-b)^k$.

Vì $b$ lẻ nên suy ra $x_{2k}\equiv 2,3\pmod 4$.

Suy ra $x_m,x_n,x_p\equiv 2,3\pmod 4$.

TH1: $x_m\equiv 3\pmod 4$: Khi đó $2\nmid x_n,x_p\Rightarrow x_n,x_p\equiv 3\pmod 4$

$\Rightarrow \frac{x_m}{x_nx_p}\equiv 3\pmod 4$, vô lí.

TH2: $x_m\equiv 2\pmod 4$: Đặt $y_k = x_{2k},\forall k\in\mathbb N$.

Khi đó: $\begin{cases} y_0 = 2 \\ y_1 = a^2 + 2b \\ y_{n+2} = (a^2 + 2b)y_{n+1} - b^2y_n,\forall n\in\mathbb N\end{cases}$.

Vì $a,b$ lẻ nên $a^2+2b\equiv 3\pmod 4$. Suy ra dãy tuần hoàn mod $4$ của $(y_n)$ là: $2,3,3,2,3,3,...$.

$\bullet$ $a^2+2b\equiv 3\pmod 8$: Khi đó dãy tuần hoàn mod $8$ của $(y_n)$ là: $2,3,7,2,7,3,2,3,7,...$.

$\bullet$ $a^2+2b\equiv 7\pmod 8$: Khi đó dãy tuần hoàn mod $8$ của $(y_n)$ là: $2,7,7,2,7,7,...$.

Do đó $y_n\equiv 2\pmod 4\Leftrightarrow y_n\equiv 2\pmod 8$.

Điều này dẫn đến $x_m\equiv 2\pmod 8$.

Và $x_n,x_p$ hoặc chia $4$ dư $3$, hoặc chia $8$ dư $2$.

Xét các trường hợp ta thấy $\frac{x_m}{x_nx_p}\equiv 2,3\pmod 4$, vô lí.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1: Với mọi $x\geq -1$, xét khai triển: $$\frac{\left(\sqrt{x+1}+1\right)^n+\left(1 - \sqrt{x+1}\right)^n}{2} = \sum_{i=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor} \binom{n}{2i}(x+1)^{i} = \sum_{i=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor}\sum_{j = 0}^i \binom{n}{2i}\binom{i}{j}x^j$$

Do đó VT thực chất là hệ số của $x^k$ trong khai triển $$u_n(x) = \frac{\left(\sqrt{x+1}+1\right)^n+\left(1 - \sqrt{x+1}\right)^n}{2}$$

Dễ dàng nhận thấy $u_{n+2}(x) = 2u_{n+1}(x) + xu_n(x)$, do đó đặt $F(n,t)$ là hệ số của $x^t$ trong $u_n(x)$ thì \begin{equation}\label{(1)} f(n,t) = 2f(n-1,t) + f(n-2,t-1)\end{equation}

Đặt $T(n,t) = \frac{F(n,t)}{(-1)^t}$ thì $(1)$ trở thành $$T(n,t) =  2T(n-1,t) - T(n-2,t-1)$$

Do đó hàm $T$ ở đây trùng với hàm $T$ của bài viết. Vậy $\boxed{\displaystyle \sum_{j=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} {n\choose 2j} {j\choose k}=\frac{2^{n-1-2k}n}{n-k} {n-k\choose k}}$.

P/s: Ban đầu em có đọc post kia của thầy Thành trước nhưng chỉ làm được đến $(1)$. Đọc post này mới nhận ra hai hàm này gần như giống nhau.

Ta gọi một cách điền "rất đẹp" nếu như đó là cách điền đẹp và có hai ô cuối cùng có số giống nhau.

Thế thì gọi $b_n$ là số cách điền "rất đẹp".

+) Tính $a_{n+1}$: Với mỗi cách điền $n$ ô trước là "đẹp" nhưng không phải "rất đẹp" ta có $2$ cách điền ô thứ $n+1$. Đồng thời với mỗi cách điền $n$ ô trước "không đẹp" ta có duy nhát $1$ cách điền ô thứ $n=1$. Do đó $a_{n+1} = 2a_n - b_n$.

+) Tính $b_{n+1}$: Giả sử ô thứ $n$ và $n+1$ đều là $0$. Thế thì ô thứ $n-1$ là $1$, và số cách điền lúc này chính là số cách điền $n-2$ ô đầu tiên có hai vị trí cuối không cùng bằng $1$, và bằng $a_{n-2} - \frac{b_{n-2}}{2}$.

Suy ra $b_{n+1} = 2a_{n-2} - b_{n-2}$.

Kết hợp lại ta có công thức truy hồi: $\begin{cases} a_{n+1} = 2a_n - b_n \\ b_{n+1} = 2a_{n-2} - b_{n-2}\end{cases}$

$\Rightarrow b_n = 2a_n - a_{n+1},\forall n\geq 1\Rightarrow 2a_{n+1} - a_{n+2} = 2a_{n-2} - 2a_{n-2} + a_{n-1},\forall n\geq 3$

$\Rightarrow a_{n+2} = 2a_{n+1} - a_{n-1},\forall n\geq 3$.

Tính được: $a_1 = 2, a_2 = 4, a_3 = 6, a_4 = 10$. Do đó ta có $a_{n+3} = 2a_{n+2} - a_n,\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ đây dễ dàng tìm được CTTQ của $(a_n)$.

Hình như bạn trên bị ngộ nhận.

Dựng $X'$ sao cho $\overline{OX}.\overline{OX'} = OB^2$, và tương tự dựng $Y',Z'$.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, $M,N,P$ theo thứ tự là trung điểm $BC,CA,AB$.

Ta có $\overline{OX}.\overline{OX'} = \overline{OM}.\overline{OA'}\Rightarrow \frac{\overline{OX'}}{\overline{OM}} = \frac{\overline{OA'}}{\overline{OX}} = k$

$\Rightarrow \frac{\overline{OX'}}{\overline{AH}} = \frac{k}{2}$.

Tương tự ta có $\frac{\overline{OY'}}{\overline{BH}} = \frac{\overline{OZ'}}{\overline{CH}} = \frac{k}{2}$.

Do đó lấy $I$ thuộc $OH$ sao cho $\frac{\overline{OI}}{\overline{HI}} = \frac{-k}{2}$ thì $AX',BY',CZ'$ đồng quy tại $I$.

Bây giờ ta chứng minh $AX,AX'$ đẳng giác là được. Thật vậy, do $OA^2 = \overline{OX} . \overline{OX'}$ nên $AO$ là tiếp tuyến của $AXX'$

$\Rightarrow (XA,XX')\equiv (AO, AX')\pmod \pi\Rightarrow (XA,AH)\equiv (AO,AX')\pmod \pi$.

Mà $AO,AH$ đẳng giác nên $AX,AX'$ đẳng giác. (đpcm)

Mọi người cũng chứng minh những phần quan trọng nhắt của bài toán rồi. Em xin dứt điếm phần cuối:
Nhận xét: Cho $a \in \mathbb{N}^*$, và $n=a^2+k$, với
$k \in \mathbb{N}, k<2 a+1$. Khi đó $\lceil\sqrt{n}\rfloor=a \Leftrightarrow k \leq a$.

Đặt $c = \dfrac{1}{(x_{n+1}+1)^2(\sqrt{x_n+2}+2)}(x_n-2)$ ($ c \in (0;1)$  )

Đoạn này $c$ phải là hằng số nên phải đặt $c = \frac{1}{2}$ thì $|x_{n+1} - 2| < \frac{1}{2}|x_n-2|$. 

Ta có $x_{n+1}^3 - x_{n+1}  = \sqrt{x_n+2}$

$\to x_n = x_{n+1}^6 - 6x_{n+1}^7 + 9x_{n+1}^2 - 2$

Xét hàm $f(x) = x^6 - 6x^7  + 9x^2 - 2$ ta có 

$f'(x) = -42x^6 + 6x^5 + 18x$

$=(6x^5 - 6x^6) + (18x - 18x^6) - 18x^6$

$=6x^5(1-x) + 18x(1-x^5) - 18x^6$

Hàm $f$ nghịch biến với mọi $x > 1$

Với $x_n > 1$ thì dãy $x_n$ giảm

Đoạn này chưa đúng. Chẳng hạn giả sử $x_1 < x_2$. Ta có $f(x_2) = x_1 < x_2 = f(x_3)$. Mà $f$ nghịch biến nên $x_2 > x_3$, tức dãy cứ tăng, giảm, tăng, giảm,...

Bài này hình như có cách nhanh hơn là xét $(x_{n+1} - 2)(x_{n+1}+1)^2 = \frac{x_n-2}{\sqrt{x_n+2} + 2}\Rightarrow |x_{n+1}-2| < c|x_n-2|$, trong đó $c$ là hằng số nhỏ hơn $1$

$\Rightarrow \lim x_n - 2 = 0$.

Em cảm ơn tất cả mọi người ạ . Kết quả VMO vừa rồi khiến em rất bất ngờ. 

Diễn đàn là nơi em đã học hỏi được nhiều thứ, được tiếp cận với nhiều kiến thức mới và gặp được các anh chị rất giỏi. Chỉ hơi buồn vì diễn đàn hiện nay có khá ít bạn tham gia.

Đặt $\mathcal{I} = \{f(y) - y| y\in\mathbb R\}$.

Khi đó ta có: $f(x^2 + y) = f^2(x),\forall x\in\mathbb R, y\in \mathcal{I}$.

Suy ra $|f(x)| = |f(-x)|,\forall x\in\mathbb R$.

Xét 2 trường hợp:

$\bullet$ $\mathcal{I}$ bị chặn dưới bởi số $c$ nào đó: Thế thì $f(x)\geq x+c,\forall x\in\mathbb R$.

Giả sử $\mathcal{I}$ có ít nhất hai phần tử $i_1<i_2$

$\Rightarrow f(x^2 + i_1) = f(x^2+i_2)$

$\Rightarrow f(x) = f(x + |i_2-i_1|),\forall x\geq i_1$

$\Rightarrow f(x) = f(x + n|i_2-i_1|),\forall x\geq i_1,n\in\mathbb N^*$.

Tuy nhiên vì $f(x + n|i_2-i_1|) \geq x + n|i_2-i_1|$ nên cho $n\to+\infty$ ta có điều vô lí.

Dẫn tới $|\mathcal{I}|=1$. Thay lại ta có $f(x)=x,\forall x\in\mathbb R$.

$\bullet$ $\inf \mathcal{I} = -\infty$: Vì $f(x^2+y) = f^2(x)\geq 0,\forall x\in\mathbb R,y\in\mathcal {I}$ nên từ đây suy ra $f(x)\geq 0,\forall x\in\mathbb R$.

Do đó $f$ là hàm chẵn.

Thay $y$ bởi $-y$ vào giả thiết ta có $f(x^2 + f(y) + y) =f^2(x),\forall x,y\in\mathbb R$

$\Rightarrow f(x^2 + f(y) - y) = f(x^2 + f(y) + y),\forall x,y\in\mathbb R$

$\Rightarrow f(x) = f(x+2y),\forall x\geq f(y) - y$. $(*)$

Giả sử có $a<b$ mà $f(a) \neq f(b)$.

Ta lấy được $y_0,y_1\in\mathcal{I}$ mà $y_0 < y_1 < a < b$. 

Ta có $f(x^2 + y_0) = f(x^2 + y_1),\forall x\in\mathbb R\Rightarrow f(x) = f(x + y_1 - y_0),\forall x \geq y_0$

$\Rightarrow f(x) = f(x + n|y_1-y_0|),\forall x\geq y_0,n\in\mathbb N$

Lấy $n$ đủ lớn sao cho $n|y_1-y_0| + a > f\left(\frac{b-a}{2}\right) - \frac{b-a}{2}$.

Từ $(*)$, cho $x = n|y_1-y_0| + a, y = \frac{b-a}{2}$ ta có $f(a + n|y_1-y_0|) = f(b + n|y_1-y_0|)$

$\Rightarrow f(a) = f(b)$, mâu thuẫn. Như vậy $f$ là hằng.

Vậy...

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_n = 2p$.

Xét 2 trường hợp:

$\bullet$ $p\nmid a_i,\forall i = \overline{1,n-1}$: Khi đó $\begin{cases}\displaystyle v_p\left(\frac{1}{a_i}\right)=0,\forall i = \overline{1,n-1} \\ v_p\left(\dfrac{1}{a_n}\right) = -1\end{cases}$.

Dẫn tới $v_p\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_n}\right) = -1$, vô lí vì $\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_n} = 1$.

$\bullet$ $\exists i\in \{1;2;...;n-1\}: p\mid a_i$

Giả sử $p\mid a_{n-1}\Rightarrow a_{n-1} = p$.

Dẫn đến không có số nào trong các số $a_1,a_2,...,a_{n-2}$ chia hết cho $p$.

Ta có $\frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n-1}}=\frac{1}{2p} +\frac{1}{p} = \frac{3}{2p}$.

Khi $p=3$ thì ta chọn $(a_1,a_2,a_3) = (2;3;6)$ thoả mãn.

Xét $p\neq 3$. Vì $\frac{3}{2p} < 1$ nên $n\geq 3$.

Đồng thời, $p\neq 3$ nên $v_p\left(\frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n-1}}\right) = v_p\left(\dfrac{3}{2p}\right) = -1$.

Lại có $v_p\left(\dfrac{1}{a_i}\right) = 0,\forall i = \overline{1,n-2}$.

Do đó $v_p\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_n}\right) = -1$, vô lí.

Vậy $p=3$.

Theo như e nghĩ thì bài này chỉ cần CM $u_n > 1$ thì nó tăng ngặt 

Do dãy $u_n$ tăng ngặt nên theo định lí weierstrass thì nó có giới hạn hữu hạn 

Như v có đúng ko ạ

Tăng ngặt kết hợp chặn trên mới có giới hạn hữu hạn

Cho $a=b=\frac{x+y}{2}$ ta có $f(x) + f(y) = 2f\left ( \frac{x+y}{2}\right),\forall x,y>0$. $(*)$

Khi đó ta có: $f\left(\frac{x+y+z}{2}\right) = \frac{f(x+y) + f(z)}{2} = \frac{\frac{f(2x)+f(2y)}{2} + f(z)}{2} = \frac{f(2x)+f(2y)+2f(z)}{4},\forall x,y,z>0$.

Đổi vai trò của $x,z$ ta có $f(2x) + 2f(z) = f(2z) + 2f(x),\forall x,z>0$

$\Rightarrow f(2x) - 2f(x) = c,\forall x > 0$, trong đó $c$ là hằng số bất kì.

Do đó từ $(*)$, ta có $f(x) + f(y) = f(x+y) - c,\forall x,y>0$

Đặt $h(x)= f(x) + c,\forall x>0$ thì $h$ là hàm cộng tính.

Do đó với mọi $n\in\mathbb N^*, x>0$ thì $h(nx) = nh(x)$.

Mặt khác $h(nx) > c$, do đó $nh(x) > c\Rightarrow h(x) > \frac{c}{n}$.

Cho $n\to+\infty$, suy ra $h(x)\geq 0,\forall x>0$.

Từ đó $h$ là hàm không giảm, mà $h$ cộng tính nên $h(x) = mx,\forall x>0$

$\Rightarrow f(x) = mx - c,\forall x > 0$.