Cá nhân em nghĩ thì em thích phần này, hình như nó là analytic number theory. Nhưng tính ra cũng hơi cao cấp . Thỉnh thoảng ta cũng nên chêm vào cho vui :3 =))
Bài 36 em có hiểu sai không nhỉ, biểu diễn $n = \sum_{i = 0}^{k}3^{i} = \frac{3^{k + 1} - 1}{2}$.

Hình như bài toán có vấn đề với $k = 3$, khi này với $p = 2$ thì $p^{n}\mid x^{2} - 3y^{2} + 1$ chỉ đúng với $n = 1$. Nếu với $p$ lẻ thì đây là lời giải của mình.
Lời giải bài 33. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp

i) Ta sẽ chứng minh tồn tại $x_{1}, y_{1}$ để $p\mid x_{1}^{2} - ky_{1}^{2} + 1$. Cái này có thể dùng định lý Cauchy - Davenport để chứng minh. Tuy nhiên ta có thể làm dễ hơn bằng cách:

a) Cho $a, b$ là hai số tự nhiên không vượt quá $\frac{p - 1}{2}$, khi đó $a^{2} \equiv b^{2} \pmod{p} \iff a = b$
b) Như (a) thì ta chỉ việc cho $(x_{1}, y_{1}) \in \left\{0, 1, \cdots \frac{p - 1}{2}\right\}^{2}$ thì $x_{1}^{2} + 1$ có thể nhận $\frac{p + 1}{2}$ đồng dư khác nhau; và $ky^{2}$ cũng nhận đúng $\frac{p + 1}{2}$ đồng dư khác nhau do $\gcd(k, p) = 1$. Để ý là chúng chỉ có thể có tối đa $p$ đồng dư modulo $p$ nên ắt hẳn sẽ có hai phần tử bằng nhau, tức là $x_{1}^{2} + 1 \equiv ky_{1}^{2}$

ii) Giả sử $p^{n}\mid x_{n}^{2} - ky_{n}^{2} + 1$ và $p^{n + 1}\nmid x_{n}^{2} - ky_{n}^{2} + 1$ (để ý là $n \ge 1$ nên $2n \ge n + 1$), ta có thể giả sử đoạn sau vì nếu không có nó thì mệnh đề cũng đúng với $n + 1$ rồi, không cần xét. Đặt $x_{n + 1} = x_{n} + p^{n}u$ và $y_{n + 1} = y_{n} + p^{n}v$ và $P_{n} = x_{n}^{2} - ky_{n}^{2} + 1$ cho thuận tiện
Lúc này ta muốn tìm $u, v$ thỏa mãn $p^{n + 1}\mid x_{n + 1}^{2} - ky_{n + 1}^{2} + 1$.
Ta có $P_{n + 1} = x_{n + 1}^{2} - ky_{n + 1}^{2} + 1 = P_{n} + p^{2n}(u^{2} - kv^{2}) + 2x_{n}p^{n}u - 2ky_{n}p^{n}v$
Để thỏa mãn điều ta cần thì $p^{n + 1}\mid P_{n} + 2p^{n}(x_{n}u - ky_{n}v) \iff p\mid \frac{P_{n}}{p^{n}} + 2x_{n}u - 2ky_{n}v$
Để ý là trong hai số $x_{n}, y_{n}$ ắt hẳn có một số không chia hết cho $p$, nếu số đó là $x_{n}$ thì ta chọn tùy ý $v$ và chọn $u$ thỏa mãn $u \equiv \left(2ky_{n}v - \frac{P_{n}}{p^{n}}\right)(2x_{n})^{-1}$, tương tự nếu số đó là $y_{n}$ thì ta chọn tùy ý $u$ và chọn $v$ thỏa mãn $v \equiv \left(2x_{n}u + \frac{P_{n}}{p^{n}}\right)(2ky_{n})^{-1}$, do $\gcd(k, p) = 1$.
Bài toán 34. (Gabriel Dospinescu) Ký hiệu $\sigma(n)$ là tổng các ước nguyên dương của $n$. Chứng minh rằng với mọi $n > 1$ thì đẳng thức sau đúng: $$\sum_{k = 0}^{n - 1}(-1)^{k}(2k + 1)\sigma\left(\frac{n^{2} + n}{2} - \frac{k^{2} + k}{2}\right) = (-1)^{n - 1}\frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}$$

Dễ thấy rằng với $3 \nmid b_i$ với $i \ge 2$. Do đó chỉ có $(a,b)=(2,3)$ hay số chính phương đó là $4$.

Chỗ này có lỗi, $b_{3} = 99$. Và mình chứng minh được kết quả mạnh hơn. Đây là đoạn mình còn khúc mắc (chắc là chỗ khó nhất). Mình còn chứng minh được luôn tồn tại $i$ để $3^{k}\mid b_{i}$

Bài 37. [AoPS] Với mỗi số nguyên $r$, chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $n_r$ sao cho với mọi số nguyên $n>n_r$ tồn tại ít nhất một số nguyên dương $k$ thoả mãn $1 \le k \le n-1$ và $p^r$ là ước của $\binom{n}{k}$ với $p$ là số nguyên tố.

Lời giải bài 37.

Ta sẽ dùng định lý Kummer như sau:
Định lý Kummer. Số mũ của $p$ trong biểu diễn $\dbinom{n}{k}$ bằng với số lần của phép nhớ trong phép cộng $n - k$ và $k$ trong biểu diễn cơ số $p$.
Bổ đề. Luôn tồn tại $L$ để tích $k \ge L$ số nguyên tố đầu tiên lớn hơn $p_{k + 1}^{r}$
Bây giờ ta chọn $n_{r} = \prod_{i = 1}^{k}p_{i}$ như trên. Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với mọi $n > n_{r}$
Bây giờ nếu như trong biểu diễn cơ số $p_{i}$ nào đó ($1\le i \le k$) thì chữ số tận cùng khác $p_{i} - 1$ thì áp dụng định lý Kummer, ta luôn chọn được $k$ thỏa mãn $v_{p_{i}}(n) > r$ lí do là $n > p_{k + 1}^{r} > p_{i}^{r}$. Do đó ta chỉ còn TH sau:
Gọi $p_{u}$ là số nguyên tố đầu tiên sao cho $n + 1$ không chia hết cho $p_{u}$, lúc này $u \ge k + 1$. Nếu như lúc này chữ số tận cùng của $n$ là $p_{u} - 1$ thì $n + 1 \vdots p_{u}$ là vô lý. Mặt khác, $n + 1 \vdots p_{1}p_{2}\cdots p_{u - 1}$ nên $n + 1 \ge \prod_{i = 1}^{u - 1}p_{i} > p_{u}^{r}$ theo bổ đề, từ đây ta có $n$ trong biểu diễn cũng có ít nhất $r$ chữ số.
Xong.

@IMOer: Lời giải bài 24 đẹp với lạ quá, bạn có thể giới thiệu cho mọi người tại sao bạn lại nghĩ đến việc chọn dãy như thế được không ạ?

Bài 39 : Chứng minh với mọi $n>1$ tồn tại $2m$ số nguyên tố phân biệt đôi một $(p_{1},...p_{m})$ và $(q_{1},...q_{m})$ 

Trong đó :

$a) p_{i} > q_{i}$

$b) n = \sum_{i=1}^{m}(p_{i}-q_{i})$

Nguồn : VMF 

Bài này mình nhớ có anh Tantlsh có từng đăng trên diễn đàn và chưa nhận được lời giải, mình cũng chưa kiếm lại bài đó. Hiện giờ đề nghị các bạn khoan hãy đề xuất bài toán mới, mình nghĩ bài 39 khá hay.

Giả sử $n\neq p^a-1$, khi đó biểu diển $p$-phân của $n$ sẽ có chữ số tận cùng khác $p-1$.

Mình không hiểu chỗ này của Vistor lắm, ví dụ cho $p = 7$ đi, thì mình cứ lấy $n = (26)_{7} = 2\times 7 + 6$ khác $7^{a} - 1$ chứ nhỉ?


Hiện đã cập nhật điểm đến post #111 (đối với các mod) vì còn một số post cần phải kiểm tra lại

Hiện bài toán 64 vẫn chưa có lời giải. Xin phép được đề xuất bài toán tiếp theo
Bài toán 65. (Suggested by Anant) Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương $x$ sao cho mỗi phần tử của tập $S$ có ít nhất $2^{2016}$ ước tự nhiên với $S$ định nghĩa bởi $S = \{x^{i} + i|1\le i \le 2015\}$

Lời giải bài 66. Theo giả thiết ta có $2p^{2} = u^{2} + v^{2} \iff (2p)^{2} = (u + v)^{2} + (u - v)^{2}$
i) Dễ thấy $p \neq 2$, từ đây nếu ta đặt $d = \gcd(u, v)$ thì ta suy ra $d\mid 2p$. Thử tất cả TH cho ta $d = 1$. Mặt khác, do $2p^{2}$ chẵn nên $u, v$ đều lẻ; tức
là $\gcd(u - v, u + v)\mid \gcd(2u, 2v) \mid 2$ và thấy luôn là $\gcd(u - v, u + v) = 2$
ii) Đây là một PT Pythagores nguyên thủy : $p^{2} = \left(\frac{u - v}{2}\right)^{2} + \left(\frac{u + v}{2}\right)^{2}$. Do đó tồn tại các số nguyên dương $m, n$ thỏa mãn: $$\begin{cases}u - v = 2(m^{2} - n^{2}) \\ u + v = 4mn \\ p = m^{2} + n^{2}\end{cases}\implies 2p - u - v = 2(m - n)^{2} \text{hoặc} \begin{cases} u - v = 4mn \\ u + v = 2(m^{2} - n^{2}) \\ p = m^{2} + n^{2} \end{cases} \implies 2p - u - v = (2n)^{2}$$
Ta có đpcm.
P.S: Hình như đề British này tính phí đúng không anh IMOer? Em chưa bao giờ thấy mặt đề British
Bài toán 67. (Sưu tầm) Cho $a, b$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên tố $p$ thỏa mãn $v_{p}(x^{p - 1} - y^{p - 1})$ lẻ.

Xin nói thêm về bài 65. Đây là bài số 2 trong Mock - IndianMO 2016 được gợi ý bởi Anant (các bạn có thể tìm thêm trên trang mathometer.weebly.com). Lời giải của mình của giống như của anh IMOer, ở đây $2^{2016}$ và $2015$ là các số tượng trưng cho năm, có thể tổng quát thành $m, n$ bất kỳ.

Mình thì nghĩ nguyên lý Dirichlete ở Olympiad có thể được thừa nhận. Đương nhiên đa thức Cyclotomic là một công cụ mạnh rồi .
Ý tưởng của mình cho bài toán trên bắt đầu từ ý tưởng phản chứng, vì mình chẳng thể quy nạp, hay làm bất cứ gì như bình thường. Mình phản chứng dựa trên $p$. Mình còn phát hiện ra là nếu như trong tay có một số nguyên tố $\equiv p - 1\pmod{p}$ thì bài toán sẽ vô lý hẳn. Vì vậy mình cố gắng tìm ra các lực lượng khác để truy ra số nguyên tố đó. Bài này cũng gợi gợi chút gì đó trong chứng minh vô hạn số nguyên tố của Euler nên cũng chứng minh được tập $S$ vô hạn. Phần còn lại là cố gắng tìm ra số nguyên tố dạng $kp + a$ với $a$ không thặng dư chính phương modulo $p$ (tự nhiên xuất thần nghĩ ra cái này). Chỉ cần $\frac{p - 1}{2}$ số nguyên tố như vậy ta đã truy ra số nguyên tố mình cần.
Bài 50. (AMM) Chứng minh rằng nếu ta chọn $n$ số tự nhiên từ $2n$ số nguyên dương đầu tiên thì ta luôn tìm được số square - free.
Nói thêm về số square-free, ta gọi $n$ là số square-free nếu và chỉ nếu với $p\in\mathbb{P}$ sao cho $p\mid n$ thì $v_{p}(n) = 1$.

Bài 49: (Nguồn: Sưu tầm)

Cho $S$ là tập khác rỗng các số nguyên tố thoả mãn với $n\ge 1$ và $p_1,p_2,...,p_n\in S$ thì mọi ước nguyên tố của $p_1p_2...p_n+1$ cũng thuộc $S$.

Chứng minh rằng mọi số nguyên tố đều thuộc $S$.

Lời giải bài 49.

Bổ đề 1. Cho $i \in \{0, 1, 2, \cdots , p - 1\}$ với $p \in \mathbb{P}$. Ký hiệu $A_{p} \subset \{0, 1, 2, \cdots , p - 1\}$ là tập hợp chứa các phần tử đôi một không đồng dư nhau modulo $p$. Khi đó nếu $|A_{p}| \le \frac{p - 1}{2}$ thì tồn tại $a \in \mathbb{A_{p}}$ sao cho $a + 1\not\in A_{p}$.

Bổ đề 2. Có đúng $\frac{p - 1}{2}$ thặng dư chính phương modulo $p$ với $p$ nguyên tố.
Quy ước $A_{p}$ là số các lớp đồng dư modulo $p$ đôi một khác nhau.

i) Ta sẽ chứng minh $\mathbb{S}$ chứa vô hạn phần tử. Thật vậy, nếu chúng chỉ có hữu hạn thì ta suy ra tồn tại một số nguyên tố $p \mid P + 1$ với $P$ là tích tất cả các phần tử của $\mathbb{S}$, mặt khác, $p \in \mathbb{S}$ nên $p\mid 1$, vô lý.

ii) Giả sử phản chứng, giả sử $p$ là số nguyên tố không là phần tử của $\mathbb{S}$. Ta đã biết rằng theo định lý Dirichlete rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố có dạng $mp + n$ với $n = 1, 2, \cdots p - 1$.
Do tập $\mathbb{L} = \{1, 2, \cdots , p - 1\}$ chỉ có hữu hạn nên tồn tại $x_{1}\in\mathbb{L}$ sao cho $q\in\mathbb{S} \equiv x_{1}\pmod{p}$ là vô hạn. Ta sẽ tìm thêm $x_{2}$ suy từ $x_{1}$ thỏa $x_{2}\neq x_{1}$ và $q \in\mathbb{S} \equiv x_{2}\pmod{p}$ cũng vô tận. Tương tự cho $x_{3}$ suy từ $x_{2}$, .... Ký hiệu $p_{x_{i}}$ là các số nguyên tố thuộc $\mathbb{S}$ đồng dư $x_{i}$ modulo $p$.

Ta sẽ thực hiện các thuật toán sau:

a) Giả sử trong tay ta đã có $p_{x_{1}}, p_{x_{2}}, \cdots p_{x_{i}}$. Khi đó tích của $m_{j}$ số nguyên tố dạng $x_{j}\pmod{p}$ là $x_{1}^{m_{1}}x_{2}^{m_{2}}\cdots x_{i}^{m_{i}}$. Đặt $A = \{x_{1}^{m_{1}}x_{2}^{m_{2}}\cdots x_{i}^{m_{i}}: \quad 0\le m_{j} \le p - 1\}$. Khi đó:

b) Nếu $i > \frac{p - 1}{2}$ thì có $x_{u}$ nào đó không là thặng dư chính phương modulo $p$. Gọi ra $\frac{p - 1}{2}$ số $p_{x_{u}}$ thì tích của chúng đồng dư $x_{u}^{\frac{p - 1}{2}} \equiv \frac{x_{u}}{p} \equiv -1\pmod{p}$. Từ đây cũng suy ra vô lý.
Nếu không, ta chuyển xuống bước c)

c) Nếu tồn tại phần tử nào đó của $A$ đồng dư $-1\pmod{p}$ thì bài toán kết thúc nhờ việc ta lấy $m_{j}$ số $p_{x_{j}}$. Nếu không, ta chuyển xuống bước d).

d) Nếu $|A_{p}| > \frac{p - 1}{2}$ thì theo bổ đề 2 tồn tại bộ $g_{1}, g_{2}, \cdots , g_{i}$ thỏa mãn $\prod_{j = 1}^{i}x_{i}^{g_{i}} \equiv a\pmod{p}$ với $a$ không thặng dư chính phương modulo $p$. Lúc này do tính vô hạn nên ta cứ việc lấy $\frac{p - 1}{2}g_{i}$ lần số nguyên tố dạng $p_{x_{i}}$ thì tích của chúng đồng dư $a^{\frac{p - 1}{2}} \equiv \left(\frac{a}{p}\right) \equiv -1\pmod{p}$. Từ đó có vô lý.
Nếu không, ta  chuyển xuống bước e)
e) Nếu $|A_{p}|\le \frac{p - 1}{2}$, theo bổ đề thì tồn tại $n_{1}, n_{2}, \cdots n_{i}$ thỏa mãn $x_{1}^{n_{1}}x_{2}^{n_{2}}\cdots x_{i}^{n_{i}} + 1\not\equiv x_{1}^{m_{1}}.x_{2}^{m_{2}}\cdots x_{i}^{m_{i}}\pmod{p}$ với mọi $m_{j}$ bất kỳ. Tức là trong phân tích $x_{1}^{n_{1}}\cdots x_{i}^{n_{i}} + 1$ không thể mãi chứa $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{i}$ được. Nhờ việc có vô hạn số $p_{x_{i}}$ nên ta cũng suy ra tồn tại vô hạn ta cũng suy ra có phần tử nào $x_{i + 1}$ nào đó cũng thỏa $p_{x_{i + 1}}$. Bây giờ quay lại bước b).
Lưu ý là bước b) vừa là bước tối ưu (tức là không có cũng OK), vừa là bước chặn, do số lượng $p_{x_{i}}$ ngày càng tăng, mà $i$ chỉ có thể không quá $\frac{p - 1}{2}$ thì ta mới có thể thực hiện tiếp thuật toán. Vì vậy nên bài toán sẽ đến lúc nào đó sẽ dừng.
 

Lời giải bài 45. Tổng quát: Cho $a, n$ là số nguyên dương với $a \ge 2$. Khi đó mọi bội số của $a^{n} - 1$ đều có ít nhất $n$ chữ số khác $0$ theo cơ số $a$.

Giả sử phản chứng là tồn tại $k$ để $k(a^{n} - 1) = \sum_{i = 1}^{n - 1}b_{i}a^{u_{i}}$ với $u_{i} < u_{i + 1}$ và $1 \le b_{i} \le a - 1$.
Bây giờ nếu $k$ là bội của $a$ thì cũng khá dễ dàng, ta chỉ cần thực hiện trên $\frac{k}{a}.(a^{n} - 1)$ vì nó tương đương nhau. Vậy nên giả sử luôn $k$ không là bội của $a$
Đến đây ta nghĩ đến đưa về đồng dư, đặt $T = a^{n} - 1$. Khi này $\sum_{i = 1}^{n - 1}b_{i}a^{u_{i}} \equiv 0 \pmod{T}$.
Bây giờ ta có thể đẩy về đồng dư bằng cách nếu có $u_{i} = pn + q$ với $0 \le q < n$ và $a^{u_{i}} \equiv a^{q} \pmod{T}$, làm tương tự như vậy với từng $u_{i}$ sau đó ghép cặp chúng lại; và cũng nhờ vậy ta có thể giả sử $v_{i} < n$. Vậy thì $\sum_{i = 1}^{n - 1}b_{i}a^{u_{i}} \equiv \sum_{i = 1}^{n - 1}c_{i}a^{v_{i}}\pmod{T}$ với $v_{i} < v_{i + 1}$ và $0 \le c_{i} \le a - 1$. Mặt khác, để ý là $c_{i}$ có thể bằng $0$ (trong giai đoạn ghép cặp), nhưng không thể tất cả cùng đồng thời bằng $0$ vì nếu có thì do các nhân tử chứa $u_{i}$ ghép lại vì $1 \le b_{i} < a$ (chúng không đủ lớn để chia hết cho $T$). Mà nếu ghép lại, ta cũng chỉ có tối đa $n - 1 < b_{1} + \cdots + b_{n - 1} \le (a - 1).(n - 1) < a^{n} - 1$). Điều này kết luận $0 < \sum_{i = 1}^{n - 1}c_{i}a^{v_{i}}$ và $0 < \sum_{i = 1}^{n - 1}c_{i}a^{v_{i}} \le (a - 1)\sum_{i = 1}^{n - 1}a^{i} = a^{n} - a < a^{n} - 1 = T$. Điều này là vô lý.
Bài 46. (Erdos) Cho $a, b$ là các số nguyên dương sao cho với mọi số nguyên tố $p$ thì $a \pmod{p} \le b \pmod{p}$. Chứng minh rằng $a = b$.

Lời giải bài 23. Biểu diễn $n$ dưới dạng cơ số $3$ là $(x_{1}x_{2}\cdots x_{k})_{3}$ với $x_{i} \in \{0, 1, 2\}$ và $x_{1} > 0$. Quy ước $\dbinom{m}{n} = 0$ nếu $n > m$
Xét một số $k$ biểu diễn dưới dạng cơ số $3$ là $(y_{1}y_{2}\cdots y_{k})_{3}$
Áp dụng định lý Lucas, $\dbinom{n}{k} \equiv \prod_{i = 1}^{k}\dbinom{x_{i}}{y_{i}}\pmod{3}$
Lúc này để ý là $\dbinom{0}{0} = \dbinom{1}{0} = \dbinom{1}{1} = \dbinom{2}{0} = \dbinom{2}{2} = 1$ và $\dbinom{2}{1} = 2$
Gọi $u, v, w$ lần lượt là số số $0, 1, 2$ trong biểu diễn cơ số $3$ của $n$.

1. Để $\dbinom{n}{k}\equiv 1\pmod{3}$ thì tương ứng các vị trí $0$ của $n$ trong cơ số $3$ thì ta cũng chọn tương ứng $0$ ở vị trí $k$ (do đó ta không quan tâm điều này). Ở các vị trí $1$ ta cũng phải chọn $0$ hoặc $1$. Ở các vị trí $2$ ta có hai lựa chọn:
   i) Tương ứng ở $k$ ta sẽ thay số $2$ hoặc số $0$
   ii) Tương ứng ở $k$ ta thay số $1$, tuy nhiên số số lần thay số $1$ này là số chẵn vì $2^{2k}\equiv 1\pmod{3}$.
   Tóm lại ta sẽ có số cách chọn là $a_{n} = 2^{v}\times\sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i}2^{w - 2i} = 2^{v}\times\sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i}2^{w - 2i}(-1)^{2i}$
2. Để $\dbinom{n}{k} \equiv 2\pmod{3}$ thì cũng tương tự, tuy nhiên số lần thay số $1$ trong $k$ ở các vị trí tương ứng $2$ trong $n$ phải là số lẻ.
   Số cách chọn sẽ là $b_{n} = 2^{v}\times \sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i + 1}2^{w - 2i - 1} \implies -b_{n} = 2^{v}\times \sum_{i = 0}^{\left\lfloor \frac{w}{2}\right\rfloor}\dbinom{w}{2i + 1}2^{w - 2i - 1}(-1)^{2i + 1}$

Cộng lại ta thu được $a_{n} - b_{n} = 2^{v}\sum_{i = 0}^{w}\dbinom{w}{i}2^{w - i}(-1)^{i} = 2^{v}(2 - 1)^{w} = 2^{v}$. Bài toán kết thúc.

Bài toán 24. (thầy Trần Nam Dũng) Cho $n$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu phương trình $x^{2} + xy - y^{2} = n$ có nghiệm nguyên thì nó có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải bài 20. Từ điều kiện đầu cho ta các số trên phân biệt (lưu ý là $\gcd(0, a) = a$). Ta sẽ sử dụng các bổ đề sau:
Bổ đề. Một số tự nhiên $n$ lẻ có thể viết dưới dạng tổng hai số chính phương nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi mọi ước nguyên tố của $n$ đều có dạng $4k + 1$
i) Ta sẽ chứng minh $a + b + c + d$ lẻ. Giả sử ngược lại là nó chẵn, khi đó nếu có một số chẵn thì dễ thấy vô lí, xét 4 số đều lẻ, khi đó $\gcd(a - b, a + b + c + d) > 1$, vô lí nốt.

ii) Giả sử $p$ là một ước nguyên tố của $a + b + c + d$ ($p \neq 2$).

1. Nếu $p > 3$ và $p \equiv 3\pmod{4}$ thì theo giả thiết $p\mid a + b + c + d\mid a^{p - 1} + b^{p - 1} + c^{p - 1} + d^{p - 1}$
   (lưu ý là $x^{p - 1} \equiv 0\quad\text{hoặc}\quad 1\pmod{p}$). Từ đây ta suy ra $p\mid 0\quad\text{hoặc}\quad 1 \quad\text{hoặc}\quad 2\quad\text{hoặc}\quad 3\quad \text{hoặc}\quad 4$. Dĩ nhiên chỉ có TH $p\mid 0$ là khả thi, tuy nhiên điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi $p\mid a, b, c, d$. Vô lí.
2. Nếu $p = 3$ thì ta cũng xét tương tự, và lần này thì ta chỉ quan tâm $p\mid 3$ và $p\mid 0$ (cái này tương tự trên).
   Do đó ta chỉ cần quan tâm có đúng một số chia hết cho $3$, giả sử là $a$, khi đó $\gcd(a, a + b + c + d) \ge 3$, vô lí.

Từ đó mọi ước của $a + b + c + d$ là số dạng $4k + 1$, theo bổ đề ta có đpcm.

@bangbang1412: Đâu nhất thiết phải có người ở AoPS làm rồi, mình nghĩ cứ post, ít ra đây là một động lực để các bạn làm. Nếu topic bí 7 ngày mình sẽ đề xuất bài khác.

#bangbang1412 : Nói thế chứ bài này thấy toàn post lâu rồi nhìn khủng quá . Cậu để 4 ngày thôi 7 hơi lâu .

Bài toán hiện nay:
Bài toán 4*. (PEN I19) Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn $[na]+[nb]=[nc]+[nd]$ với mọi $n$ nguyên thế thì một trong ba số $a+b,a-c,a-d$ là số nguyên

Bài 50. (AMM) Chứng minh rằng nếu ta chọn $n$ số tự nhiên từ $2n$ số nguyên dương đầu tiên thì ta luôn tìm được số square - free.
Nói thêm về số square-free, ta gọi $n$ là số square-free nếu và chỉ nếu với $p\in\mathbb{P}$ sao cho $p\mid n$ thì $v_{p}(n) = 1$.

Điểm số hiện nay (cập nhật ngày 10/06/2016 post #158). 
 

Qua trao đổi với bạn No Moniker, Viet nam is in my heart và Bảo thì mình xin mở topic về số học này.
Mục đích của topic này là để trao đổi, trau dồi thêm về các bài toán số học ở cấp phổ thông, phục vụ cho việc thi HSG, Olympic,...
Sau đây là một số chủ đề có thể thảo luận trong topic này:

• Các bài toán về chia hết
• Phương trình nghiệm nguyên
• Các bài toán liên quan đến hàm số học
• Thặng dư chính phương - Ký hiệu Legendre, ký hiệu Jakobi
• Cấp số nguyên - Căn nguyên thủy
• Bất đẳng thức số học
• Các bài toán số học liên quan đến tổ hợp
• Bổ đề LTE
• Các định lý số học như định lý Fermat, định lý Wilson, ...
• Phần nguyên
• Các bài toán liên quan đến định lý thặng dư Trung Hoa
• ...

Nội dung của cuộc thi này khá đơn giản, khi bạn giải đúng được bài toán hiện có thì bạn có thể đăng lên tại đây và mình sẽ cộng thêm cho các bạn một điểm, và các bạn có quyền được đề xuất bài toán mới. Như vậy ai giải thì người đó sẽ có quyền đề xuất, trừ khi bạn không biết đề xuất bài nào thì bạn có thể nhờ hỗ trợ.

Và một số quy định yêu cầu các bạn tuân thủ:

1. Chỉ cho phép các bài toán trong phạm vi số học
2. Ghi nguồn bài toán rõ ràng
3. Không được phép giải bài toán của chính mình đề xuất, không được phép đề xuất các bài toán trong các cuộc thi chưa kết thúc (ví dụ như tạp chí toán học & tuổi trẻ,...)
4. Không được spam, lời giải rõ ràng, cụ thể.
5. Khi bạn giải bài toán thứ $n$ thì bạn đề xuất luôn bài toán thứ $n + 1$ (đánh đúng số thứ tự). Sau đây là mẫu:
   Lời giải bài $n$. ABCXYZ
   Bài toán $n + 1$. (Nguồn) Cho ba số $a, b, c$. Chứng minh rằng $3\mid abc$.
6. Lưu ý không đăng các bài toán mở, các giả thuyết, ...
7. Nếu một bài toán trong vòng $7$ ngày chưa ai giải được thì sẽ được đánh dấu lại và mình sẽ đăng bài toán tiếp theo. Bất cứ lúc nào bạn muốn đề xuất lời giải cho bài chưa được giải cũng được và sẽ được cộng hai điểm nếu như lời giải đúng. Ngoài ra nếu các bạn nghĩ mình có lời giải hay hơn của bạn trước tiên giải bài nào đó thì xin cứ đăng (sẽ chỉ cộng điểm cho bạn làm đúng và nhanh nhất), như vậy sẽ học hỏi lẫn nhau được nhiều hơn.
   Ngoài ra, trước khi hết hạn $4$ ngày của một bài toán chưa được giải thì mong các bạn không đề xuất bài toán mới.
8. Yêu cầu các bài toán có độ khó nhất định, phải suy nghĩ mới làm được.
9. Yêu cầu tuân thủ các quy định. Bài viết nào có tính chất spam sẽ bị xóa đi hoặc lời giải đúng nhưng không rõ ràng, lan man sẽ chỉ nhận được $0,5$ điểm.

Mình khuyến khích mọi người tự đưa lời giải của chính mình thay vì lời giải của người khác hoặc dẫn link lời giải.

Hi vọng các bạn tham gia và đón nhận . Nếu các bài toán hay và lời giải đẹp thì ta sẽ tổng hợp thành một tài liệu nhỏ để tham khảo trong quá trình học Olympic, sẽ khá tốt.

Lưu ý: Các bạn khi đăng lời giải hãy để mọi người kiểm tra hộ bạn rồi hẳn đề xuất bài toán mới (kinh nghiệm của mình)

Lời giải bài 2. Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $a^{2} + a + 1$ luôn có ít nhất $n + 1$ ước nguyên tố, hay nói cách khác (khi đó ta có thể phân hoạch thành các số nguyên tố cùng nhau) cho $a \to +\infty$ thì tập các ước nguyên tố của $a^{2} + a + 1$ không bị chặn.
Dĩ nhiên $a^{2} + a + 1 \equiv 1\pmod{2}$, ta xét $A = (2a + 1)^{2} + 3$.
Theo định lý Dirichlete thì tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ có dạng $12k + 1$. Lúc đó $\left(\frac{-3}{p}\right) = 1$.
Gọi $n + 1$ số nguyên tố có dạng như vậy là $p_{0}, p_{1}, p_{2}, \cdots p_{n}$. (đây là các số lẻ)
Theo như trên thì với mỗi $p_{i}$ thì tồn tại $b_{i}$ sao cho $b_{i}^{2} + 3 \vdots p_{i}$ (*) và các số $x \equiv b_{i} \equiv p_{i}$ thì luôn thỏa (*). Nếu $b_{i}$ lẻ thì ta đặt $a_{i} = \frac{a_{i} - 1}{2}$, còn nếu $b_{i}$ chẵn thì ta xét $a_{i} = \frac{b_{i} + p_{i} - 1}{2}$. Lưu ý lúc này $(2a_{i} + 1)^{2} + 3 \vdots p_{i}$
Lúc này, áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa ta luôn tìm được $a$ sao cho $a \equiv a_{i} \pmod{p_{i}}$.

Khi đó nếu $a^{2} + a + 1 = p_{0}^{m_{0}}p_{1}^{m_{1}}\cdots p_{n}^{m_{n}}.A$ với $A$ nguyên tố cùng nhau đôi một với $p_{i}$.
Lúc này ta chọn $k_{i} = p_{i}^{m_{i}}$ với mọi $0\le i \le n - 1$ và $k_{n} = Ap_{n}^{m_{n}}$

Bài toán 3. (AoPS) Giả sử $a, b$ là các số nguyên và $n$ là số tự nhiên thỏa $2^{n}a + b$ là số chính phương với mọi $n$. Chứng minh rằng $a = 0$

Bài toán 1. (Kazakhstan NMO 2010) Cho trước số tự nhiên $n$ sao cho tồn tại số tự nhiên $a$ thỏa mãn $a^{n - 1} \equiv 1\pmod{n}$ và với mọi ước nguyên tố $p$ của $n - 1$ thì $a^{\frac{n - 1}{p}} \not\equiv 1\pmod{n}$. Chứng minh rằng $n$ là số nguyên tố.

Lời giải bài 4. (mình vẫn có cảm giác không ổn, nhờ các bạn kiểm tra hộ) Như Bằng chứng minh phần trên đẩy về giới hạn kia là đẹp rồi. Mình xin phép được làm phần cuối như sau. Xét $\left\lfloor na\right\rfloor + \left\lfloor nb\right\rfloor = \left\lfloor n(a + b)\right\rfloor$ (*)
 

 

Bổ đề. Cho $a, b$ là hai số thực thuộc khoảng $(0; 1)$, khi đó tồn tại hai số nguyên dương $m, k$ để $$\left\lfloor\frac{m}{a}\right\rfloor = \left\lfloor\frac{k}{b}\right\rfloor = n$$

• Với $n = 1$ ta suy ra rằng $a + b < 1 \implies 1 - b > a$ (do $\{a\} = a$ và $\{b\} = b$). Chọn $\epsilon$ sao cho $1 > 1 - b > \epsilon > a > 0$. Từ đây ta có hai tính chất như sau $$\begin{cases}\frac{1 - \epsilon}{b} > 1 \\ \frac{\epsilon}{a} > 1\end{cases}$$
• Theo bổ đề thì ta chọn $n$ như trên. Lúc này $n < \frac{m}{a}$, mặt khác do $\frac{\epsilon}{a} > 1$ nên $\frac{m - \epsilon}{a} < n$. Tóm lại $\frac{m - \epsilon}{a} < n < \frac{m}{a} \iff m - \epsilon < na < m$ (lưu ý do $\epsilon \in (0, 1)$ nên từ đây suy ra $\{na\} > 1 - \epsilon$), tương tự ta cũng có $\frac{k - (1 - \epsilon)}{b} < n < \frac{k}{b} \implies k - (1 - \epsilon) < bn < k \implies \{bn\} > \epsilon$
• Cộng hai vế lại tương ứng thu được $\{an\} + \{bn\} > (1 - \epsilon) + \epsilon = 1$, điều này sẽ vô lí. Tóm lại có ít nhất $a, b$ là số nguyên.

Bài toán 5. (Mock Canada 2008) Với số nguyên $p$ và số nguyên dương $n$, quy ước $v_{p}(n)$ là lũy thừa đúng của $p$ trong khai triển chính tắc của $n$. Cho số nguyên dương $d$ và tập hữu hạn $\{p_{1}, p_{2}, \cdots , p_{k}\}$ các số nguyên tố. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho $d\mid v_{p_{i}}(n!)$ đúng với mọi $1 \le i \le k$.

Bài toán 11. (Mock IMO training 2008) Cho $a_{1}, a_{2}, \cdots $ là dãy các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện $0 < a_{n + 1} - a_{n} \le 2008$ với mọi số nguyên $n \ge 1$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số cặp có thứ tự $(p, q)$ khác nhau thỏa $a_{p}$ là ước của $a_{q}$

Mở hàng.
Bài 50. (Đồ thị) Cho một graph $G$ có $n$ đỉnh, sao cho không có đỉnh nào có bậc lớn hơn $k$. Chứng minh rằng ta có thể tô màu các đỉnh với tối đa $k + 1$ màu, sao cho hai đỉnh kề nhau thì chung màu.

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

Như Zaraki nói, ta sẽ sử dụng bổ đề $\text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1) = a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$
Bổ đề 1. $\text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1) = a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$
Chứng minh bổ đề. Gọi $d = \text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1)$
Để ý $a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \mid a^{m} - 1, a^{n} - 1 \implies a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \mid d \implies d \ge a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$
Mặt khác $a^{m} \equiv 1 \pmod{d}$ và $a^{n} \equiv 1\pmod{p}$ nên $\text{ord}_{d}(a) \mid m, n \implies \text{ord}_{d}(a) \mid \text{gcd}(m, n)$
Hay $a^{\text{gcd}(m, n)} \equiv 1 \pmod{d}$ hay $a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \ge d$.
Kết hợp lại ta có đpcm.
Bổ đề 2. $3^{3^{u}} + 1 = 2^{t}$ có nghiệm duy nhất là $(u, t) = (0, 2)$.
Chứng minh bổ đề. Xét $u \ge 1$, khi đó $3^{3^{u}} = (3^{3})^{3^{u - 1}} \equiv 3^{3^{u - 1}}\pmod{8}$. Đến đây lùi về sẽ thu được $3^{3^{u}} \equiv 3\pmod{8}$. Từ đó ta có $u = 0$ là nghiệm duy nhất.

Giả thiết bài toán quy thành $p$ là ước nguyên tố của $a^{n} - 1$ thì $p\mid d$ với $d = \text{gcd}(a^{n} - 1, a^{3^{2016}} - 1)$
Ta đặt $n = 3^{u}.v$ với $\text{gcd}(v, 3) = 1$.

• TH1. $u \le 2016$. Khi đó theo bổ đề $d = a^{3^{u}} - 1$
  i) Nếu $v = 1$ thì ta dễ thấy $a^{3^{u}} - 1 \mid a^{3^{2016}} - 1$.
  ii) Xét $v \ge 2$, khi đó ta có $a^{v} - 1\mid a^{n} - 1$. Bài toán suy ra nếu $p\mid a^{v} - 1$ thì $p\mid a^{3^{u}} - 1$. Xét $p$ là ước nguyên tố của $\frac{a^{v} - 1}{a - 1} \implies p\mid a^{v} - 1$. Khi đó $p\mid \text{gcd}(a^{v} - 1, a^{3^{u}} - 1) = a - 1$ theo bổ đề trên. Điều này có nghĩa là tập các ước nguyên tố của $a^{v - 1} + a^{v - 2} + \cdots + 1$ phải là tập con của tập các ước nguyên tố của $a - 1$ (*)
  Bây giờ ta đặt $A = a^{v - 1} + a^{v - 2} + \cdots + 1 = p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}$ với $p_{i} < p_{i + 1}$ là các ước nguyên tố.
  Theo (*) thì $a - 1 = p_{1}^{c_{1}}p_{2}^{c_{2}}\cdots p_{k}^{c_{k}}.P$
  a) Nếu $a$ chẵn thì toàn bộ $p_{i}, P$ lẻ. Áp dụng bổ đề LTE, ta có $v_{p_{i}}(A) = v_{p_{i}}(a^{v} - 1) - v_{p_{i}}(a - 1) = v_{p_{i}}(v)$. Nghĩa là $v = p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q$
  Lúc này, $A \ge a^{v - 1} + 1 = a^{p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q - 1} + 1 \ge 3^{p_{1}^{d_{1}}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q - 1} + 1 > A$. Vô lí.
  b) Nếu $a = 4t + 1$. Lúc này ta vẫn có thể áp dụng bổ đề LTE như trên do $4\mid a - 1$ nên $v_{2}(a^{v} - 1) = v_{2}(a - 1) + v_{2}(v)$. Đánh giá tương tự ta có điều vô lý.
  c) Nếu $a = 4t + 3$. Khi đó để ý nếu $v$ lẻ ta sẽ dẫn đến $v_{2}(A) = v_{2}(v) = 0$ nên đánh giá tương tự a) cho điều vô lý.
  Xét $v$ chẵn, theo bổ đề LTE $v_{2}(a^{v} - 1) = v_{2}(a - 1) + v_{2}(a + 1) + v_{2}(v) - 1 = v_{2}(a + 1) + v_{2}(v)$.
  Đặt $L = v_{2}(v)$, $K = v_{2}(A) = d_{1}$ và $J = v_{2}(a + 1) \; (J \ge 2)$. Ta có $K = v_{2}(A) = v_{2}(a^{v} - 1) - v_{2}(a - 1) = L + J - 1$ (lưu ý là do ta đã sắp xếp $p_{i}$ nên $p_{1} = 2$)
  Viết lại $A = 2^{L + J - 1}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}$ và $v = 2^{L}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}.Q$. Mặt khác, để ý là $v_{2}(a + 1) = J$ nên $a + 1 \ge 2^{J} \iff a \ge 2^{J} - 1$. Ta có:
  $$A = a^{v - 1} + a^{v - 2} + \cdots + 1 \ge a^{v - 1} + 1 \ge (2^{J} - 1)^{v - 1} + 1 = [(2^{J} - 2) + 1]^{2^{L}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q} + 1 \ge 2^{L}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}}Q(2^{J} - 2) + 2 \ge 2^{L + J}.p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}} - 2^{L + 1}p_{2}^{d_{2}}\cdots p_{k}^{d_{k}} + 2 \ge A$$
  Để ý dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $v = 2$, $a = 2^{l} - 1$.
  Từ đó ta cần đi tìm $u$ sao cho mọi ước nguyên tố của $a^{2.3^{u}} - 1$ là ước nguyên tố của $a^{3^{2016}} - 1$. Xét trường hợp $u \neq 0$, theo bổ đề 3 thì $a^{3^{u}} + 1$ có ước nguyên tố lẻ. Xét $q$ là ước nguyên tố lẻ của $a^{3^{u}} + 1$. Ta có $q\mid \frac{a^{3^{2016}} - 1}{a^{3^{u}} - 1}$, nếu ta đặt $x = a^{3^{u}}$ và $y = 3^{2016 - u}$ ($y$ lẻ) thì viết lại $q\mid \frac{x^{y} - 1}{x - 1} = x^{y - 1} + x^{y - 2} + \cdots + 1 = x^{y - 2}(x + 1) + x^{y - 4}(x + 1) + \cdots + x(x + 1) + 1$ (do $y$ lẻ) từ đó suy ra $q\mid 1$ do $q\mid x + 1$. Vô lí.
  Từ đó thu được $u = 0$ hay $n = 2$.
  Thử lại, cho ta bộ nghiệm là $(a, n) = (2^{l} - 1, 2)$
• TH2. $n > 2016$
  Xét tương tự trên, với $v > 1$ ta cũng sẽ thu được $n = 2$. Vô lí.
  Xét $v = 1$. Khi đó ta cần chứng minh có 1 ước nguyên tố là ước của $3^{3^{u}} - 1$ nhưng không là ước của $3^{3^{2016}} - 1$
  Tuy nhiên điều này không đúng vì nếu ngược lại, nghĩa là sẽ có một ước nguyên tố $q$ sao cho $v_{q}(3^{3^{u}}) > v_{q}(3^{3^{2016}})$. Nếu $q$ lẻ: mọi ước nguyên tố $q$ của $3^{3^{u}} - 1$ và $3^{3^{2016}} - 1$ đều khác $3$ nên theo bổ đề LTE $v_{q}(3^{3^{u}} - 1) = v_{q}(3^{3^{2016}} - 1) + v_{q}(3^{u - 2016}) = v_{q}(3^{3^{2016}})$
  Do đó ta chỉ cần xét $3^{3^{u}} - 1 = 2^{i}.(3^{3^{2016}} - 1)$, tuy nhiên PT này vô nghiệm do đó ta có đpcm (có thể cm bằng cách chia qua) :-)
   

P.S: Hay quá :-s, đoạn cuối đánh giá quên mất việc $a + 1 = 2^{l}$ :-P