Chủ đề này có 37 trả lời

[Zaraki]

IMO 2015

Ngày 10-07-2015

Thời gian bắt đầu: 9am
Thời gian làm bài: 4 tiếng

Bài 1. Cho $S$ là một tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng. Tập $S$ được gọi là "cân bằng" nếu với với hai điểm $A,B$ phân biệt bất kì thuộc $S$ thì luôn tồn tại điểm $C$ thuộc $S$ thoả mãn $AC=BC$. Tập $S$ được gọi là "không tâm" nếu với bất kì ba điểm phân biệt $A,B,C$ thuộc $S$ thì không có điểm $P$ nào thoả mãn $PA=PB=PC$.
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên $n \ge 3$, tồn tại một tập "cân bằng" với $n$ điểm.
b) Tìm tất cả số nguyên $n \ge 3$, sao cho tồn tại một tập "cân bằng" và "không tâm" cho $n$ điểm.

Bài 2. Tìm mọi số nguyên dương $(a,b,c)$ thoả mãn $ab-c,bc-a,ca-b$ đều là luỹ thừa của $2$.

Bài 3. Cho tam giác nhọn $ABC$, $AB>AC$ có đường tròn ngoại tiếp $\Gamma$, trực tâm $H$ và chân đường cao $F$ hạ từ $A$. $M$ là trung điểm $BC$. $Q$ là điểm trên $\Gamma$ thoả mãn $\angle HQA= 90^{\circ}$, và $K$ là điểm trên $\Gamma$ sao cho $\angle HKQ=90^{\circ}$. $A,B,C,K,Q$ là các điểm phân biệt, và chúng nằm trên $\Gamma$ theo đúng thứ tự đó. Chứng minh rằng đường tròn ngoai tiếp hai tam giác $KQH$ và $FKM$ tiếp xúc với nhau.

 

IMO 2015

Ngày 11-07-2015

Thời gian bắt đầu: 9am

Thời gian làm bài: 4 tiếng

 

Bài 4. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $\Omega$ có tâm $O$. Một đường tròn $\Gamma$ với tâm $A$ cắt cạnh $BC$ tại $D$ và $E$ sao cho $B,D,E,C$ phân biệt và nằm trên đường thẳng $BC$ theo đúng thứ tự này. $F,G$ là giao điểm của $\Omega$ và $\Gamma$ sao cho $A,F,B,C,G$ nằm trên $\Omega$ theo đúng thứ tự này. $K$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp $\triangle BDF$ và cạnh $AB$. $L$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp $\triangle CGE$ và cạnh $CA$.

 

Giả sử đường thẳng $FK$ và $GL$ phân biệt và cắt nhau tại $X$. Chứng minh rằng $X$ nằm trên đường thẳng $AO$.

 

Bài 5. Kí hiệu $\mathbb{R}$ là tập các số thực. Xác định tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn $$f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$$ với mọi số thực $x,y$.

 

Bài 6. Cho dãy $a_1,a_2, \cdots $ các số nguyên thoả mãn điều kiện sau:

 

(i) $1 \le a_j \le 2015$ với mọi $j \ge 1$;

(ii) $k+a_k \ne l+a_l$ với mọi $1 \le k<l$.

 

Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên dương $b$ và $N$ thoả mãn $$\left | \sum_{j=m+1}^n(a_j-b) \right | \le 1007^2$$ với mọi số nguyên $m,n$ thoả mãn $n>m \ge N$.

 

 

 2015_eng.pdf   187.74K   919 Số lần tải

 

Nguồn: AoPS

 

Giờ G đã điểm, anh em tiến lên!!

Topic này được lập ra để post đề thi IMO 2015 và thảo luận ở đây . Ngay khi có đề thì các mem đăng đề ở đây để tránh đăng tràn lan .

Chú ý : Bên lề , các mem có thể chém gió thoải mải ở đây : http://diendantoanho...view=getnewpost

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 14-07-2015 - 23:00
Thêm tag

[dangkhuong]

Xin nêu lời giải bài số học(problem 2)(chắc chắn sai)

Đặt $ab-c=2^x(1);bc-a=2^y(2);ca-b=2^z(3)$(với x,y,z$\geqslant$0)

Do vai trò như nhau của x,y,z ta giả sử $x\geq y\geq z$. Do vai trò như nhau của a,b,c ta cũng được giả sử$a\geq b\geq c$(*)

Trừ (1) cho (2) ta có $2^x-2^y=ab-c-bc+a=(b-1)(a-c)$ chú ý rằng x lớn hơn bằng y và b$\geq 1$

do đó a lớn hơn c

Trừ (2) cho (3) tương tự suy ra b lớn hơn bằng a

Trừ (1) cho (3) ta lại có b lớn hơn bằng c.

Do đó $b\geq a\geq c$(**).

Từ (*) và (**) ta có a=b=c và x=y=z

Từ đó ta quy về giải Pt nghiệm nguyên dương sau:$a^2-a=2^x$(đơn giản với việc sử dụng biệt thức delta của tam thức bậc 2 là số chính phương)

từ đó suy ra a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 10-07-2015 - 16:59

[Nxb]

Xin nêu lời giải bài số học(problem 2)

Đặt $ab-c=2^x(1);bc-a=2^y(2);ca-b=2^z(3)$(với x,y,z$\geqslant$0)

Do vai trò như nhau của x,y,z ta giả sử $x\geq y\geq z$. Do vai trò như nhau của a,b,c ta cũng được giả sử$a\geq b\geq c$(*)

Trừ (1) cho (2) ta có $2^x-2^y=ab-c-bc+a=(b-1)(a-c)$ chú ý rằng x lớn hơn bằng y và b$\geq 1$

do đó a lớn hơn c

Trừ (2) cho (3) tương tự suy ra b lớn hơn bằng a

Trừ (1) cho (3) ta lại có b lớn hơn bằng c.

Do đó $b\geq a\geq c$(**).

Từ (*) và (**) ta có a=b=c và x=y=z

Từ đó ta quy về giải Pt nghiệm nguyên dương sau:$a^2-a=2^x$(đơn giản với việc sử dụng biệt thức delta của tam thức bậc 2 là số chính phương)

từ đó suy ra a=b=c=1

Bạn không thể giả sử tiếp $a\geq b \geq c$ được đâu, bản chất của cái giả sử này là lập luận không thay đổi trong mọi trường hợp. Nếu thế chẳng hạn trong trường hợp $b\geq a \geq c$ thì ta chẳng suy ra điều gì cả nên không giả sử vậy được. 

[Hoang Tung 126]

Xin nêu lời giải bài số học(problem 2)

Đặt $ab-c=2^x(1);bc-a=2^y(2);ca-b=2^z(3)$(với x,y,z$\geqslant$0)

Do vai trò như nhau của x,y,z ta giả sử $x\geq y\geq z$. Do vai trò như nhau của a,b,c ta cũng được giả sử$a\geq b\geq c$(*)

Trừ (1) cho (2) ta có $2^x-2^y=ab-c-bc+a=(b-1)(a-c)$ chú ý rằng x lớn hơn bằng y và b$\geq 1$

do đó a lớn hơn c

Trừ (2) cho (3) tương tự suy ra b lớn hơn bằng a

Trừ (1) cho (3) ta lại có b lớn hơn bằng c.

Do đó $b\geq a\geq c$(**).

Từ (*) và (**) ta có a=b=c và x=y=z

Từ đó ta quy về giải Pt nghiệm nguyên dương sau:$a^2-a=2^x$(đơn giản với việc sử dụng biệt thức delta của tam thức bậc 2 là số chính phương)

từ đó suy ra a=b=c=1

Bạn đã giải sai ngay từ bước giả sử ,vì vai trò của 3 biến ko hề như nhau

[khanghaxuan]

Đề năm nay khó phết

[ducvipdh12]

mình chưa giải rõ ràng được nhưng về ý tưởng là xét 2 TH

TH1: ta có thể giả sử $bc-a=1$ từ đây tìm được nghiệm là (2,2,3)

TH2: giả sử 3 cái nớ không có cái nào bằng 1,tìm được nghiệm (2,2,2) hoặc 3 số a,b,c đều phải lẻ từ đó tính được thêm 1 nghiệm là (3,5,7)

đang bị mắc nơi đoạn chứng minh a,b,c luôn lẻ    

[minhduc3001]

Bạn dangkhuong sai rồi. Làm sao có thể giả sử x,y,z và a,b,c một lúc được.

[dogsteven]

Bài 3. Giả sử $AA'$ là đường kính của $\Gamma$, $AF$ cắt $\Gamma$ tại $A''$ và $T$ là tâm của $(KHA'')$

Dễ thấy $Q,H,M,A'$ thẳng hàng. Ta có $\widehat{KHQ}=90^{o}-\widehat{KQA'}=90^{o}-\widehat{KAA'}=\widehat{KA'A}=\widehat{KA''H}$

Do đó $QA'$ là tiếp tuyến của $(KHA'')$ nên $TH\perp HM$, suy ra $TK^2=TH^2=TM.TF$ (Do $HF=FA''$ nên $K\in BC$)

Từ đó suy ra $TK$ là tiếp tuyến của $(KFM)$, ngoài ra $QH\perp TH$ nên $TH$ là tiếp tuyến của $(QKH)$ mà $TK=TH$ nên $TK$ là tiếp tuyến của $(QKH)$

Suy ra điều phải chứng minh.

[Nxb]

mình chưa giải rõ ràng được nhưng về ý tưởng là xét 2 TH

TH1: ta có thể giả sử $bc-a=1$ từ đây tìm được nghiệm là (2,2,3)

TH2: giả sử 3 cái nớ không có cái nào bằng 1,tìm được nghiệm (2,2,2) hoặc 3 số a,b,c đều phải lẻ từ đó tính được thêm 1 nghiệm là (3,5,7)

đang bị mắc nơi đoạn chứng minh a,b,c luôn lẻ    

Nếu bạn đã làm được TH1 thì ta giả thiết các lũy thừa của 2 là chẵn. Dễ thấy trong trường hợp này $a,b,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Ta có $(c-1)(a+b)=2^y+2^z$. Nếu ta giả sử $x\geq y\geq z$ thì a+b=$2^z$(a+b chẵn còn c-1 lẻ). Tương tự ta có $b+c=2^z$ (lạ là cùng $2^z$, do ta giả thiết z nhỏ nhất). Như vậy a=c, ta được ab-a=$2^x$, điều chỉ xảy được nếu x=0, mâu thuẫn với giả thiết nên a,b,c cùng lẻ. Nếu ý tưởng của bạn đúng thì chắc bài này ok rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 10-07-2015 - 19:54

[dogsteven]

Bài 1(a) em có ý tưởng sau. Với $n=3$ thì chọn $A_1, A_2, A_3$ sao cho $A_1A_2A_3$ cân tại $A_1$

Với $n=4$ chọn $A_4$ sao cho $A_4A_1A_2$ hoặc $A_4A_1A_3$ đều.

...

Với tam giác cân tại $A_i$ là $A_iA_jA_k$ thì dựng tam giác đều $A_iA_jA_l$ hoặc $A_iA_kA_l$

[ducvipdh12]

Bài 1(a) em có ý tưởng sau. Với $n=3$ thì chọn $A_1, A_2, A_3$ sao cho $A_1A_2A_3$ cân tại $A_1$

Với $n=4$ chọn $A_4$ sao cho $A_4A_1A_2$ hoặc $A_4A_1A_3$ đều.

...

Với tam giác cân tại $A_i$ là $A_iA_jA_k$ thì dựng tam giác đều $A_iA_jA_l$ hoặc $A_iA_kA_l$

Lời giải gần đúng , phải xét 2 trường hợp $2n$ và $2n+1$ em ạ,xét 2 trường hợp là thấy có khác biệt liền

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 10-07-2015 - 19:35

[Nguyen Giap Phuong Duy]

Bài 1(a) em có ý tưởng sau. Với $n=3$ thì chọn $A_1, A_2, A_3$ sao cho $A_1A_2A_3$ cân tại $A_1$

Với $n=4$ chọn $A_4$ sao cho $A_4A_1A_2$ hoặc $A_4A_1A_3$ đều.

...

Với tam giác cân tại $A_i$ là $A_iA_jA_k$ thì dựng tam giác đều $A_iA_jA_l$ hoặc $A_iA_kA_l$

$n=3$ chỉ có tam giác đều thôi bạn, còn $n=4$ nếu dựng như bạn thì được hai tam giác đều

mình cũng thử dựng tam giác đều nhưng đến $n=8$ là cụt

nếu $n$ lẻ thì chỉ cần đa giác đều là đủ
tuy nhiên bạn cố gắng phát triển ý tưởng xem sao

[ducvipdh12]

Vì bài đầu tiên nên có lẽ sẽ là không quá khó với các bạn đó,ít nhất là câu a/

a/ Với bài toán tổng quát thế này thì ý tưởng dễ đoán nhất là quy nạp

$n=3$ là hiển nhiên đúng ( tam giác đều )

Giả sử đúng đến $n$ $(n\in \mathbb{N*})$ ta chia 2 TH

- đúng với $n=2k$,tức là $2k$ điểm này thuộc $S$. Ta chứng minh trường hợp $2k+1$

Ta xét một điểm O thuộc S,$2k$ điểm còn lại khác O

Xét các tam giác đều có tâm O,có đỉnh là $2k$ điểm này và các đỉnh của tam giác phải khác nhau,chỉ chung đỉnh O,ta thấy thỏa mãn điều kiện đề bài ( lưu ý các tam giác này có cạnh phải bằng nhau )

Trường hợp $n=2k$ cũng vậy,nhưng trong đó có 2 tam giác có chung 2 đỉnh là O và 1 đỉnh nào đó,các tam giác còn lại chỉ chung đúng 1 đỉnh O là được

[Johan Liebert]

Bài 1: 

b) Số các đoạn thẳng là $\dfrac{n(n-1)}{2}$

Xét n lẻ dễ thấy các n giác đều đều thỏa mãn

Xét n chẵn.Đặt n=2k. Theo Dirichlet ta thấy phải có 1 điểm nằm trên trung trực của $k$ đoạn thẳng (gọi là điểm O)

Do tập các điểm là không tâm nên trung trực 2 đoạn thẳng $AB,AC$ không thể đi qua cùng 1 điểm

Vì vậy k đoạn thẳng có trung trực đi qua điểm O đó không thể có chung đầu mút

Suy ra phải có ít nhất $2k$ điểm

Mà chỉ còn lại $2n-1$ điểm. Vô lý

Vậy n lẻ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Johan Liebert: 10-07-2015 - 20:31

[ducvipdh12]

Nếu bạn đã làm được TH1 thì ta giả thiết các lũy thừa của 2 là chẵn. Dễ thấy trong trường hợp này $a,b,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Ta có $(c-1)(a+b)=2^y+2^z$. Nếu ta giả sử $x\geq y\geq z$ thì a+b=$2^z$(a+b chẵn còn c-1 lẻ). Tương tự ta có $b+c=2^z$ (lạ là cùng $2^z$, do ta giả thiết z nhỏ nhất). Như vậy a=c, ta được ab-a=$2^x$, điều chỉ xảy được nếu x=0, mâu thuẫn với giả thiết nên a,b,c cùng lẻ. Nếu ý tưởng của bạn đúng thì chắc bài này ok rồi.

dạ hình như cách đó hơi dài đó anh,em nghĩ chỉ cần chặn được $c\leq 3$ là được,em xin lỗi vì xót 1 nghiệm là (6,11,2) nữa,làm nhanh nên sơ xuất quá

[25 minutes]

IMO ngày 2 ( ai đó dịch giúp với )

 

Hình gửi kèm

• 

[hungchng]

Hình bài 3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungchng: 11-07-2015 - 17:49

[ducvipdh12]

lâu lắm rồi mới thấy lại PTH ở IMO

[Zaraki]

IMO 2015

Ngày 11-07-2015

Thời gian bắt đầu: 9am

Thời gian làm bài: 4 tiếng

 

Bài 3. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $\Omega$ có tâm $O$. Một đường tròn $\Gamma$ với tâm $A$ cắt cạnh $BC$ tại $D$ và $E$ sao cho $B,D,E,C$ phân biệt và nằm trên đường thẳng $BC$ theo đúng thứ tự này. $F,G$ là giao điểm của $\Omega$ và $\Gamma$ sao cho $A,F,B,C,G$ nằm trên $\Omega$ theo đúng thứ tự này. $K$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp $\triangle BDF$ và cạnh $AB$. $L$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp $\triangle CGE$ và cạnh $CA$.

 

Giả sử đường thẳng $FK$ và $GL$ phân biệt và cắt nhau tại $X$. Chứng minh rằng $X$ nằm trên đường thẳng $AO$.

 

Bài 4. Kí hiệu $\mathbb{R}$ là tập các số thực. Xác định tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn $$f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$$ với mọi số thực $x,y$.

 

Bài 5. Cho dãy $a_1,a_2, \cdots $ các số nguyên thoả mãn điều kiện sau:

 

(i) $1 \le a_j \le 2015$ với mọi $j \ge 1$;

(ii) $k+a_k \ne l+a_l$ với mọi $1 \le k<l$.

 

Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên dương $b$ và $N$ thoả mãn $$\left | \sum_{j=m+1}^n(a_j-b) \right | \le 1007^2$$ với mọi số nguyên $m,n$ thoả mãn $n>m \ge N$.

[Zaraki]

Bài 2. Tìm mọi số nguyên dương $(a,b,c)$ thoả mãn $ab-c,bc-a,ca-b$ đều là luỹ thừa của $2$.

Lời giải. Đặt $ab-c=2^x,bc-a=2^y,ca-b=2^z \; (x,y,z \in \mathbb{N})$.

 

Trường hợp 1. Đầu tiên ta đi xét trường hợp mà $a,b,c$ khác tính chẵn lẻ. Khi đó ít nhất một trong ba số $x,y,z$ bằng $0$. Không mất tính tổng quát, giả sử $x=0$. Khi đó $c=ab-1$ Do đó

\begin{equation} \label{pt1} 2^y+2^z= 2^z \left( 2^{y-z}+1 \right)= (a+b)(c-1)=(a+b)(ab-2). \end{equation}

Ở đây, ta hoàn toàn có thể giả sử $z \le y$. Ta xét các trường hợp nhỏ hơn sau:

 

Khả năng 1

Nếu $v_2(a)=1,v_2(b)=0$ thì $v_2(a+b)=0$ nên từ $(\ref{pt1})$ ta suy ra $z \le v_2(ab-2)=v_2(c-1)$. Ta có $2^z=ca-b=a(c-1)+a-b$ nên $v_2(a-b) \ge z$. Mà theo điều kiện thì ta suy ra $v_2(a-b)=0$ nên $z=0$. Khi đó $ac-b=ab-c=1$ nên $(a+1)(c-b)=0$. Ta được $b=c$. Do đó $ca-b=c(a-1)=1$ suy ra $a=2$. Với $a=2$ thì $bc=b^2=a+2^y=2+2^y$. Ta tìm được $b=2,y=1$, mâu thuẫn vì $v_2(b)=0$.

 

Không có nghiệm nào trong KN này.

 

Khả năng 2.

Nếu $v_2(a)=0,v_2(b)=1$ thì tương tự khả năng 1 ta tìm được $a=2$, mâu thuẫn.

 

Không có nghiệm nào trong KN này.

 

Khả năng 3.

Nếu $v_2(a)=v_2(b)=0$ thì $v_2(ab-2)=0$ nên theo $(\ref{pt1})$ ta có $v_2(a+b) \ge z$. Ta suy ra $2^z|a+b$ hay $ca-b|a+b$ hay $a^2b-a-b|a+b$. Từ đây dẫn đến $a+b \ge |a^2b-a-b|$. Theo quy nạp, ta dễ thấy rằng nếu $a,b \ge 3$ thì $a^2b> 2(a+b)$.

 

Nếu $|a^2b-a-b|=a^2b-a-b$ thì $2(a+b) \ge a^2b$. Như vậy $a=1$ (vì $v_2(a)=0$). Khi đó $c=b-1$. Ta có $2^z=ca-b=(b-1)-b=-1<0$, mâu thuẫn.

Nếu $|a^2b-a-b|=a+b-a^2b \ge 0$ nên $a+b \ge 2a^2b$. Từ đây ta cũng suy ra $a=1,c=b-1$ dẫn đến $2^z<0$, loại.

 

Không có nghiệm nào trong KN này.

 

Khả năng 4

Nếu $v_2(a),v_2(b) \ge 1$ thì $v_2(ab-2)=1$ nên từ $(\ref{pt1})$ ta có $v_2(a+b) \ge z-1$ hay $2^z|2(a+b)$ hay $a^2b-a-b|2(a+b)$. Ta sẽ có $2(a+b) \ge |a^2b-a-b|$. Theo quy nạp, với $a,b \ge 4$ thì $a^2b>3(a+b)$.

 

Nếu $|a^2b-a-b|=a^2b-a-b$ thì $3(a+b) \ge a^2b$, dẫn đến $a=2$ vì $v_2(a) \ge 1$. Khi đó $b \le 6$ và $3b-2|2(b+2)$. Ta tìm được $b \in \{ 1,2,6 \}$ và $c$ tương ứng sẽ là $1,3,11$. Như vậy $\boxed{(a,b,c)=(2,2,3),(2,6,11)}$.

 

Nếu $|a^2b-a-b|=a+b-a^2b$ thì $a+b \ge a^2b$. Tương tự KN3, không có nghiệm.

 

Trường hợp 2. Nếu $a,b,c$ cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b \le c$ thì ta suy ra $2^x+c \le 2^z+b \le 2^y+a$ suy ra $x \le z \le y$. Ta xét hai trường hợp nhỏ:

 

Khả năng 1

Nếu $a,b,c$ lẻ. Đặt $a=2^{a_1}m+1,b=2^{b_1}n+1,c=2^{c_1}p+1$ với $a_1,b_1,c_1 \ge 1; 2 \nmid mnp$ là các số tự nhiên.  Xét

\begin{equation} \label{3} A=(a-1)(b-1)(c-1)=abc-1-2^x-2^y-2^z=b \left( 2^z+b \right)-1-2^x \left( 1+2^{y-x}+2^{z-x} \right)= b^2-1-2^x \left( 1+2^{y-x}+2^{z-x}-2^{z-x} \cdot b \right) \end{equation}

Ta thấy $v_2(b^2-1)=b_1+1$ và $v_2(A)=a_1+b_1+c_1$. Điều này dẫn đến $\boxed{x \le b_1+1}$ vì nếu $x>b_1+1$ thì $v_2(VP)=b_1+1<v_2(A)=a_1+b_1+c_1$.

Tương tự, nếu ta thay $abc$ bởi $c \left( 2^x+c \right)$ thì $$A=c^2-1- 2^x \left( 1+2^{y-x}+2^{z-x}-c \right).$$

Ta có $2^x+2^y=(b-1)(a+c)$ và $2^y-2^x=(b+1)(c-a)$ nên $$x=v_2(b-1)+v_2(a+c)=v_2(b+1)+v_2(c-a)$$ hay \begin{equation} \label{5} x=b_1+v_2(a+c)=v_2(b+1)+v_2(c-a). \end{equation}

Vì $x \le b_1+1$ nên $v_2(a+c)=1$. Ta được $x=b_1+1$. Vì $v_2(a+c)=1$ nên hoặc $a_1=c_1=1$ hoặc $a_1,c_1 \ge 2$.

 

Mặt khác, để ý rằng $b_1 \ge 2$ vì nếu $b_1=1$ thì $x=2$ và $v_2(b+1) \ge 2$. Từ $(\ref{5})$ ta suy ra $v_2(c-a)=0$, mâu thuẫn.

Nếu $a_1,c_1 \ge 2$

Ta có $2^x+2^z=(a-1)(b+c)$ nên $x=a_1+v_2(b+c)=a_1+1$ vì $b_1,c_1 \ge 2$. Ta suy ra $a_1=b_1$. Ta cũng có $z=c_1+v_2(a+b)=c_1+1$ vì $a_1 \ge 2$. Như vậy $a_1=b_1=x-1$ và $z-1=c_1$. Do đó $2^x|2(a-1)$ và $2^z|2(c-1)$. Ta suy ra $ab-c \le 2(a-1), ca-b \le 2(c-1)$ dẫn đến $a(b-2) \le c-2, c(a-2) \le b-2$. Từ đây ta có $c(a-2) \le \frac{c-2}{a}$ hay $ac(a-2) \le c-2$. Điều này chỉ đúng khi $a=2$, mâu thuẫn vì $a$ lẻ.

 

Nếu $a_1=c_1=1$

Ta có $z=c_1+v_2(a+1)=2+v_2 \left( m+1+2^{b_1-1}n \right)$. Vì $z \ge x$ nên $v_2(m+1) \ge b_1-1$. Dặt $m=2^{b_1-1}i+1$ ta suy ra $2^x|2(a+1)$ hay $ab-c|2(a+1)$ suy ra $ab-c \le 2(a+1)$ suy ra $a(b-2) \le c+2$.

 

Ta cũng có $z=v_2(c+1)+v_2(b-a)=2+v_2(p+1)$. Đặt $p=2^{z-2}k-1$ ta suy ra $2^z|2(c+1)$ hay $ca-b|2(c+1)$ suy ra $ca-b \le 2(c+1)$ suy ra $c(a-2) \le b+2$.

 

Từ đây ta dẫn đến $c(a-2) \le \frac{c+2}{a}+4$ dẫn đến $ac(a-2) \le c+2+4a$ dẫn đến $c \le \frac{4a+2}{a^2-2a-1}$. Mặt khác thì $c>a$ nên $a<\frac{4a+2}{a^2-2a-1}$ hay $a^3-2a^2-5a-2<0$. Đến đây quy nạp thì thấy với mọi $a \ge 4$ thì $a^3-2a^2-5a-2>0$ nên $a \le 3$. Ta suy ra $a=3$ vì $a$ lẻ. Khi đó $ab-c|2(a+1)$ hay $3b-c|8$.

 

Để ý rằng $c(a-2) \le b+2$ hay $c \le b+2$ nên $8 \ge 3b-c \ge 2b-2, \; (b>a=3)$. Thử từng trường hợp $b=4$ hoặc $b=5$ ta tìm được $\boxed{(a,b,c)=(3,5,7)}$.

 

Khả năng 2

Nếu $a,b,c$ đều chẵn. Ta có $$\begin{array}{l} v_2(b)+v_2(a)=v_2(2^x+c), \\ v_2(b)+v_2(c)=v_2(2^y+a), \\ v_2(c)+v_2(a)=v_2(2^z+b). \end{array}$$

 

(+) Nếu $v_2(a)<y$ thì $v_2(2^y+a)=v_2(a)=v_2(b)+v_2(c)$. Do đó $v_2(2^x+c)=v_2(b)+v_2(a)>v_2(c)$ nên $x=v_2(c)$. Tương tự thì $z=v_2(b)$. Như vậy $c=2^x \cdot c_1, b=2^z \cdot b_1$ với $2 \nmid b_1c_1$. Ta có $$2^x \left( 2^{z-x}+1 \right)= (a-1)(b+c)=(a-1) \cdot 2^{x} \left( 2^{z-x}b_1+c_1 \right).$$

Ta suy ra $b_1=c_1=1$ và $a=2$. Khi đó $ab-c=2^{z+1}-2^x$ nên $x=z$ hay $b=c=2^x$. Khi đó $bc-a=2^{2x}-2=2^y$. Ta suy ra $x=y=1$, mâu thuẫn vì $v_2(a)<y$.

 

(+) Nếu $v_2(a) \ge y$ thì $a \ge 2^y$ suy ra $2a \ge bc \ge a^2$. Do đó $2 \ge a$. Ta được $a=2,y=1$. Khi đó $bc=a+2^y=4$ nên $b=c=2$. Vậy $\boxed{(a,b,c)=(2,2,2)}$.

Vậy $(a,b,c)=(2,2,2),(2,2,3),(3,5,7),(2,6,11)$ và các hoán vị.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 11-07-2015 - 16:15