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

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.

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 sửa hoàn chỉnh. Cảm ơn bạn Zaraki.

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?

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 $17$.

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

$Cho  k  \epsilon \mathbb{N} , k>1 .Cmr$ 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

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.

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 $P(x) = [x(x + 1)]^{L}$

Một bài sử dụng phương pháp Vieta Jumping quen thuộc . 
Bài toán khác : Chứng minh rằng nếu $a,b,m$ là các số nguyên dương thỏa mãn : $\frac{a^2+ab+b^2}{ab+1}=m$ thì $m$ là một số chính phương .

Series những bài này bắt nguồn từ bài kinh điển IMO 1988. Không mất tổng quát, giả sử $a \ge b$
Gọi $(a, b)$ là một bộ nghiệm cho phương trình $a^{2} - (m - 1)ba + b^{2} - m = 0$ sao cho $a + b$ nhỏ nhất. Gọi $e$ là một nghiệm khác của hệ phương trình trên:
$$\begin{cases} a + e = (m - 1)b \\ ae = b^{2} - m \end{cases}$$
i) Từ phương trình đầu nên $e \in \mathbb{Z}$
ii) Giả sử $e < 0$, ta có $m = e^{2} - (m - 1)be + b^{2} \ge e^{2} + (m - 1)b + b^{2} > mb \ge m$, vô lí. Vậy $e \ge 0$.
Nói tóm lại $e$ là số nguyên không âm
Nếu $e \ge 1$, Khi đó $e = \frac{b^{2} - m}{a} < a$, từ đó $e + b < a + b$, mâu thuẫn.
Vậy $e = 0$ là trường hợp duy nhất có thể xảy ra, thế $e$ vào pt $x^{2} - (m - 1)bx + b^{2} - m = 0$, ta nhận được b^{2} = m$

Cho số nguyên dương $n \ge 2$ , $a_n,b_n,c_n$ là các số nguyên thỏa mãn : 
$(\sqrt[3]{2}-1)^n=a_n+b_n.\sqrt[3]{2}+c_n.\sqrt[3]{4}$ 
Chứng minh nếu $c_n \equiv 1 \pmod{3}$ khi và chỉ khi $n \equiv 2 \pmod{3}$ 

Mấy bài này dễ liên tưởng đến quy nạp. Có $(\sqrt[3]{2} - 1)^{n} = a_{n} + b_{n}.\sqrt[3]{2} + c_{n}.\sqrt[3]{4} \implies (\sqrt[3]{2} - 1)^{n + 1} = 2c_{n} - a_{n} + (a_{n} - b_{n})\sqrt[3]{2} + (b_{n} - c_{n})\sqrt[3]{4}$. Do đó:
$$\begin{cases} a_{n + 1} = 2c_{n} - a_{n} \\ b_{n + 1} = a_{n} - b_{n} \\ c_{n + 1} = b_{n} - c_{n} \end{cases}$$
Đến đây kiểm tra được $a_{2} \equiv b_{2} \equiv c_{2} \equiv 1\pmod{3}$. Từ đó có:
$$\begin{cases} a_{2} \equiv b_{2} \equiv c_{2} \equiv 1 \pmod{3} \\ a_{3} \equiv 1; b_{3} \equiv c_{3} \equiv 0\pmod{3} \\ a_{4} \equiv 2; b_{4} \equiv 1; c_{4} \equiv 0\pmod{3} \end{cases}$$
Đến đây thì có thể quy nạp được, có điều phải chứng minh.

Sao mình nhớ trong đề thi là 'tìm tất cả các ước số nguyên tố của $a^2 + b$ mà không đồng dư modulo $7$' nhỉ? Mà không sao cả, đợt đó mình chú tâm bài bđt với cả cũng bận ôn thi nên quên cả hạn gửi bài  . Đây là lời giải của mình cho bài toán trên.
$$\begin{cases} (a^{2} + b)\mid (c^{2} + a) \\ (a^{2} + b)\mid (b^{4} - c^{2}) \end{cases} \implies (a^{2} + b)\mid (b^{4} + a) \implies (a^{2} + b)\mid (b^{8} - a^{2}) \implies (a^{2} + b)\mid ((b^{8} - a^{16}) + (a^{16} - a^{2}) \implies (a^{2} + b)\mid a^{2}(a^{14} - 1)$$
Dễ thấy $\text{gcd}(a^{2} + b; a^{2})\mid \text{gcd}(b; a^{2})\mid \text{gcd}(a^{2}; b^{2})\mid (\text{gcd}(a; b))^{2} = 1 \implies \text{gcd}(a^{2} + b; a^{2}) = 1$
$$\implies (a^{2} + b)\mid (a^{14} - 1)$$. Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kì của $a^2 + b$:
TH1: $p = 7$. Dễ thấy $\text{gcd}(p; a) = 1$, do đó theo định lý Fermat bé: $1 \equiv a^{14} \equiv a^{2} \pmod{7}$. Từ đó có $7\mid (a^{2} - 1)$. Theo bổ đề LTE thì $v_{7}(a^{14} - 1) = v_{7}(a^{2} - 1) + 1$. Do đó $v_{7}(a^{2} + b) \le v_{7}(7(a^{2} - 1))$
TH2: $p \neq 7$. Nếu $p\mid \frac{a^{14} - 1}{a^{2} - 1}$, thì theo một bổ đề cũ: "Cho $L$ là một số nguyên dương và $p$ là một số nguyên tố sao cho $L\mid \frac{x^{p} - 1}{x - 1}$ thì $L \equiv 0; 1 \pmod{p}$". Cho ta $p \equiv 0; 1\pmod{7}$, điều này vô lí. Do vậy mọi ước nguyên tố không đồng dư $0, 1$ modulo $7$ của $a^{2} + b$ là ước nguyên tố của $a^{2} - 1$
Từ đây ta đi đến kết luận $(a^{2} + b) \mid 7(a^{2} - 1)$. Đặt $7(a^{2} - 1) = L(a^{2} + b) \iff (7 - L)(a^{2} + b) = 7(b + 1)$. Dễ thấy $L \ge 6$
$a^{2} + b = \frac{7(1 + b)}{7 - L} \implies \frac{7(1 + b)}{7 - L}\mid 7(b^{2} - 1) + 7(c + 1) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L}\mid 7(c + 1) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L}\mid 7(c^{2} - 1) + 7(1 + a) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L} \mid 7(a + 1)$. Từ đó có:
$$\frac{7(a + 1)}{a^{2} + b} \in \mathbb{Z}_{+}$$.
Thử từ $1$ đến $8$ có các nghiệm $(1; 1; 1); (6; 13; 370)$. Do $a, b, c$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên chỉ có $(1; 1; 1)$ là bộ nghiệm duy nhất.

Bộ $a,b,c$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên bộ nghiệm thứ hai phải loại chứ bạn

Ừ nhỉ :3 Tớ quên không kiểm lại điều kiện đó. Thanks.

Không thấy ai giải hết :| Phần đa thức Olympic thấy trống vắng nhỉ :-?. Mình xử bài này vậy :-P. Đặt
$$f(x) = 2013 + (x - a)(x - b)(x - c)(x - d).Q(x)$$
với $a, b, c, d$ là các số nguyên phân biệt và $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Giả sử ngược lại là tồn tại $L$ để $f(L) = 2024$. Khi đó $11 = (L - a)(L - b)(L - c)(L - d).Q(L)$
TH1. $Q(L) = 11$ (TH $Q(L) = -11$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 1$, khi đó có 2 số sẽ bằng nhau, vô lí.
TH2. $Q(L) = 1$ (TH $Q(L) = -1$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 11$, cũng lí luận được sẽ có 2 số bằng nhau, vô lí. :-)

Nếu $P(x) = C$ thì dễ thấy $C = 0$.
Xét $\deg{P(x)} \ge 1$: Kí hiệu $L(x; y)$ là phép thế cho $P(x).P(y) = (P(\frac{x + y}{2}))^{2} + (P(\frac{x - y}{2}))^{2}$
$L(x; 0) \implies P(0) = 0$
Gọi $\deg{P(x)} = d$. Xét phần tử có số mũ lớn nhất của $P(x)$ là $ax^{d} \; (a \neq 0)$:
i) Vế trái: $a^{2}(xy)^{d}
ii) Vế phải: $a^{2}[(\frac{x + y}{2})^{2d} - (\frac{x - y}{2})^{2d}]$
Chúng bằng nhau khi và chỉ khi $d = 1$. Từ đó $P(x) = ax$
Thế lại, ta có $P(x) = ax$ hoặc $P(x) = 0$ là các đa thức duy nhất thỏa mãn.
 

Mình vừa chế và đem lên blog của mình nhằm đợi chúc AoPS năm mới thì lại thấy bài viết ở đây :-D Khó tìm được bài nào của mình mà chưa xuất hiện thật.
Đây là lời giải của mình (bài này thiên hướng giải tích, mình nghĩ vậy).
Bổ đề 1: Mọi đa thức đều liên tục trên $\mathbb{R}$.
Bổ đề 2: Cho dãy $(a_{n})$ hội tụ tại $L$ và hàm $f$ liên tục. Khi đó

Bổ đề 1. $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $P(x + k)$ bất khả quy ($k$ là một số nguyên)
Bổ đề 2. Tiêu chuẩn Eiseinstein.
Bổ đề 3. $\dbinom{p}{k} \vdots p$ với $p \in \mathbb{P}$ và $0 < k < p$ là một số nguyên.
$P(x) = \frac{x^{p} - 1}{x - 1}$
Do đó $P(x + 1) = \frac{(x + 1)^{p} - 1}{x} = x^{p - 1} + \dbinom{p}{p - 1}x^{p - 2} + \ldots + \dbinom{p}{2}x + p$. Áp dụng tiêu chuẩn Eiseinstein suy ra $P(x + 1)$ bất khả quy $\iff P(x)$ bất khả quy.

Cho $m < n$ và cả hai số đều lẻ. Chứng minh: $f_{(x)}=x^m+x^n+x+1$ bất khả quy

Mình sẽ cho là bkq trên $\mathbb{Z}$. Để ý là $(x - y)\mid f(x) - f(y)$
Giả sử ngược lại $f(x) = g(x).h(x)$ với $\deg{g}; \deg{h} \ge 1$ và $g(x), h(x) \in \mathbb{Z}[x]$.
Khi đó $4 = f(1) = g(1).h(1) \; (*)$ và $-1 = f(-1) = g(-1).h(-1) \; (**)$
Từ $(*)$ ta thấy có ít nhất một trong 2 số $g(1)$ và $h(1)$ là số chẵn. Giả sử $g(1)$ chẵn. Lại để ý là $g(-1)$ cũng lẻ. Mặt khác $g(1) - g(-1) \vdots 2$, mâu thuẫn. Tóm lại chúng bkq.

Cho đa thức $f(x) = a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_1x + a_0$
Giả sử phương trình $f(x) = 0$ có n nghiệm phân biệt.
Chứng minh rằng phương trình $f(x) = f'(x)$ cũng có n nghiệm phân biệt.

Bổ đề 1. (Định lý Rolle) Đa thức $f(x)$ bậc $n$ có $n$ nghiệm phân biệt thì $f'(x)$ có $n - 1$ nghiệm phân biệt.

Xét $g(x) = e^{-x}.f(x)$ xác định trên $\mathbb{R}$ và có $n$ nghiệm thực phân biệt. Khi đó $g'(x) = e^{-x}(f'(x) - f(x))$ có $n - 1$ nghiệm phân biệt. Xong.