The Gunner

xét mạng lưới điểm $p \times q$ thì sẽ có $(p-1)(q-1)$
gốc tọa độ $O$ và đặt $A=(p,q)$
do $(p,q)=1$ nên ko có điểm nguyên nào nằm trên OA và mặt khác ta có OA chia lưới điểm thành hai phần đối xứng nhau nên số điểm nguyên trong nửa phần bằng $\frac{(p-1)(q-1)}{2}$
xét phần nằm dưới OA thì ta có $\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\lfloor \frac{iq}{p} \rfloor$ chính là số điểm nguyên nằm trong nửa phần đầu của phần dưới OA, tức là nếu gọi $B(0,q);C(p,0)$ M là trung điểm OC thì tổng trên là các điểm nguyên nằm trong và trên biên tam giác OMN (MN là đường trung bình tam giác AOC,M thuôc OA)
Tương tự gọi K là trung điểm BA thì $\sum\limits_{i=1}^{\frac{q-1}{2}}\lfloor \frac{ip}{q} \rfloor$ chính là số điểm nguyên năm trong tam giác NKA
Do đó $\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\lfloor \frac{iq}{p} \rfloor+\sum\limits_{i=1}^{\frac{q-1}{2}}\lfloor \frac{ip}{q} \rfloor$ là số các điểm nguyên nằm trong tam giác ONM và ANK theo tính đối xứng và tính chất đường trung bình suy ra số điểm nguyên trong miền đó bằng $\frac{(p-1)(q-1)}{4}$
Ta được đpcm

Đặt $f(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1$
Xét $F(x)=f(x)f(x^2)...f(x^{p-1})=\sum\limits_{i=0}^{\frac{n(p(p-1)}{2}}{a_ix^i}$
Ta thấy rằng $a_i$ chính là các bộ $(x_1,x_2,...,x_{p-1})$ sao cho $x_1+2x_2+...+(p-1)x_{p-1}=i$
Do đó số bộ $x_i$ sao cho tổng trên chia hết cho $p$ là tổng các $a_i$ với $i$ chia hết cho $p$
Gọi $A$ là tập con của tập $1,2,...,\frac{np(p-1)}{2}$ gồm các số chia hết cho $p$
đặt $z=\cos\frac{2\pi}{p}+i\sin\frac{2\pi}{p}$ thì $z$ là nghiệm của pt $x^{p-1}+x^{p-2}+...+x+1=0$
Nên nếu $k$ ko chia hết cho $p$ thì suy ra $1+z^k+...+z^{(p-1)k}=0$ còn nếu $k$ chia hết cho $p$ thì $1+z^k+...+z^{(p-1)k}=p$
suy ra
$\sum\limits_{j=0}^{p-1}{F(z^j)}=\sum\limits_{j=0}^{p-1}{\sum\limits{k=0}^{\frac{np(p-1)}{2}}}{a_kz^{jk}}=\sum\limits_{k=0}^{\frac{np(p-1)}{2}}{a_k}\sum\limits_{j=0}^{p-1}{z^{kj}}=p.(\sum\limits_{k \in A}{a_k})$
Do đó $\sum\limits_{k \in A}{a_k}=\frac{1}{m}\sum\limits_{j=0}^{p-1}F(z^j)$
Mà ta có $f(x)=\frac{x^n-1}{x-1}$ nếu $x$ khác 1
ta có $F(z^{j})=f(z^j)f(z^{2j})...f(z^{(p-1)j})=\frac{z^{jn}-1}{z^j-1}....\frac{z^{(p-1)nj}-1}{z^(p-1)-1}$
Do đó với $j=1,2,..,p-1$ thì suy ra $(j,p)=(nj,p)=1$ vì $(n,p)=1$
Vậy nên do tính hoán vị các nghiệm vì $z$ là nghiệm phức nên suy ra $F(z^j)=1$ với $j=1,2,...,p-1$
mặt khác $F(1)=n^{p-1}$
suy ra số các bộ thỏa mãn là $\frac{n^{p-1}+p-1}{p}$

Điều phải chứng minh tương đương với nếu $a_1,a_2,...,a_k$ là các số nguyên dương cho trước thì tồn tại dãy $x_1,x_2,..,x_n$ thỏa mãn
$S=\sum a_j+\sum x_s$ thì $a_i|S$ và $x_i|S$
gọi $t$ là bội chung nhỏ nhất của bộ$(a_1,a_2,..,a_k)$ thì ta cần $t|S$ (1)
đặt $\sum a_j=A$ đặt $T=(2t-1)!$ thì nếu $T|S$ thì điều kiện (1) cũng thỏa mãn
Giả sử $A \equiv i (\mod T)$ thì ta cần chọn dãy $x_n$ sao cho
$\sum x_j \equiv -i (\mod T)$
và $x_j|T|S$ với $j=1,2,..,n$
Theo cách chọn $T$ thì ta có thể xây dựng dãy $x_j$ phân biệt và đôi một phân biệt với dãy $a_k$ sao cho
$\sum x_j \equiv -i (\mod T)$ vì ta có các tổng các phân hoạch ước của $T$ là một hệ thặng dư đầy đủ $\mod T$
Vậy dãy $x_1,x_2,..,x_n$ xây dựng thỏa mãn tập $(a_1,a_2,..,a_k,x_1,x_2,..,x_n)$ là một tập chia hết

Tìm tất cả các hàm số $ f, g:\mathbb{R}\to\mathbb{R} $ thỏa mãn:
a) Nếu x < y thì $ f(x) < f(y) $
b) $ f(xy) = g(y)f(x)+f(y) $ với mọi $ x, y\in\mathbb{R} $

Từ điều kiện a) suy ra $g(x)$ cũng là hàm tăng
mặt khác $f(xyz)=f(z)g(xy)+f(xy)$
$f(xyz)=f(xz)g(y)+f(y)=g(y)(f(z)g(x)+f(x))+f(y)=f(z)g(x)g(y)+f(xy)$
Suy ra $f(z)g(xy)=f(z)g(x)g(y)$
Vì $f(z)$ là hàm tăng nên suy ra $g(xy)=g(x)g(y)$
kết hợp với $g(x)$ tăng suy ra $g(x)=x^a$
từ đây suy ra $f(1)=1$ mặt khác $f(1)=f(1)g(1)+f(1)=2f(1)$
suy ra $f(1)=0$
ta có $f(xy)=f(x)g(y)+f(y)=f(y)(g(x)+f(x)$
suy ra $f(x)(g(y)-1)=f(y)(g(x)-1)$
với mọi $x,y$ khác 1 ta suy ra $\frac{f(x)}{g(x)-1}=\frac{f(y)}{g(y)-1}$
Suy ra $f(x)=b(g(x)-1)=bx^a-b$
vì $g(x)$ tăng với mọi $x$ nên $a$ lẻ
Còn $f$ tăng nên $b>0$
vậy $f(x)=b(g(x)-1)=bx^a-b$ và $g(x)=x^a$

Đặt $F(x)=f_1+f_2x+f_3x^2+...$
ta có $F(x^2)=f_1+f_2x^2+f_3x^4+...$
$xF(x^2)=xf_1+x^3f_2+x^5f_3+...$
$x^2F(x^2)=x^2f_1+x^4f_2+x^6f_3+...$
Theo điều kiện $ f_{2n}=2f_n$ và $f_{2n+1}=f_n+f_{n+1} $
suy ra $F(x)=F(x^2)+xF(x^2)+x^2F(x^2)=(1+x+x^2)F(x^2)$
Suy ra $F(x)= \prod \limits_{i=0}^{\infty }(1+x^{2^i}+x^{2^{i+1}})$
Đến đây mình nghĩ chắc chỉ dùng khai triển Taylor mới tìm được hệ số của $x^n$
P/s: @Mod sao mình sửa hoài mà ko hiện Latex nhỉ :S

Chia tập đỉnh gồm hai phần mỗi phần $2n$ đỉnh và một đỉnh ko thuộc phần nào hết.
Ta nối các cạnh như sau. trong cùng một phần thì ko có hai đỉnh nào được nối với nhau, một đỉnh trong phần này sẽ nối với 2n đỉnh trong phần kia.Lúc này mỗi đỉnh đều có bậc là $2n$ chỉ có bậc ko thuộc phần nào có bậc $0$ trong $n$ cạnh bất kì của đồ thị đã xây dựng ta chỉ cần cho điểm giữa của các cạnh đó chụm lại tại đỉnh có bậc $0$ ở trên thì số bậc của bậc này bây giờ là $2n$ và bậc cảu các đỉnh còn lại vẫn được bảo toàn. Ta được đồ thì thỏa mãn

Cách khác.(hơi THPT tí)
Áp dụng định lí hàm cos trong tam giác CEF, đặt $CE=x, CF=y$ thì $EF^2=x^2+y^2-\sqrt{2}xy$ ( vì góc $C$ bằng $45^0$)
mặt khác $\widehat{CEF}=\widehat{DFA}=\widehat{BDE}$ (tính chất góc ngoài của tam giác)
Từ đó suy ra tam giác$BDE$ và $CEF$ đồng dạng, cho ta $BE:CF=DE:EF=\frac{1}{\sqrt{2}}$
Do đó $BC=BE+CE=\frac{y}{\sqrt{2}}+x$
(Dùng pp hệ số bất định ta sẽ chứng minh)
$x^2+y^2-\sqrt{2}xy \geq \frac{1}{5}\left(\frac{y}{\sqrt{2}}+x\right)^2 $
$<=> 9x^2+8y^2-12\sqrt{2}xy \geq 0$
$<=>(3x-2\sqrt{2}y)^ \geq 0$
đúng
vậy suy ra $EF \geq \frac{BC}{\sqrt{5}}$
Do đó ta tìm được $S_{DEF} \geq 10$
đằng thức xảy ra như trên

phần cm quy nạp của bạn chưa chặt, lỡ trong nhóm đó, C đã có 1 người quen rồi, giờ thêm người này vào tổ nữa thì C sẽ có đến 2 người quen. Nên chưa thỏa mãn nên buộc ta phải chuyển C sang nhóm còn lại. Như thế bài tóan mới chặt

Ta thấy một điểm $(x,y)$ thỏa mãn đoạn chứa đoạn này với tâm chứa ít nhất một điểm nguyên ngoài hai đầu mút là $gcd(x,y)>1$
Do đó để được một hình vuông thỏa mãn thì các điểm (x,y) nằm bên trong hoặc trên biên hình vuông có tọa độ $(x,y)$ thì $gcd(x,y)>$
Chọn các số nguyên tố đôi một khác nhau $p_{i_j}$ với $0 \leq i,j \leq n$
Xét hai hệ đồng dư
$\left\{ \begin{align}
& x\equiv 0\left( \bmod {{p}_{{{0}_{1}}}}{{p}_{{{0}_{2}}}}...{{p}_{{{0}_{n}}}} \right) \\
& x+i\equiv 0\left( \bmod {{p}_{{{i}_{1}}}}{{p}_{{{i}_{2}}}}...{{p}_{{{i}_{n}}}} \right),i=\overline{1,n} \\\end{align} \right.$
và
$\left\{ \begin{align}
& y\equiv 0\left( \bmod {{p}_{{{1}_{0}}}}{{p}_{{{2}_{0}}}}...{{p}_{{{n}_{0}}}} \right) \\
& y+i\equiv 0\left( \bmod {{p}_{{{1}_{i}}}}{{p}_{{{2}_{i}}}}...{{p}_{{{3}_{i}}}} \right),i=\overline{1,n} \\\end{align} \right.$
Theo định lí trung thặng dư Trung Hoa thì tồn tại $(x_0,y_0)$ thỏa mãn hệ đồng dư trên, nên ta có $gcd(x_0+i,y_0+j)>1$ với mọi $i,j=0,1,2,...,n$
do đó ta chỉ cần dựng hình vuông $n \times n$ với $(x_0,y_0)$ là đỉnh dưới cùng bên trái thì ta được hình vuông tốt

Ban đầu chia bất kì các học sinh thành 2 tổ, gọi S là số các cặp bạn thân trong cùng 1 tổ, nếu 1 người có số bạn thân ít nhất là 2 trong tổ này thì sẽ có nhiều nhất 1 bạn thân trong tổ kia, giờ ta chuyển người này qua tổ kia thì S sẽ giảm đi ít nhất là 1.Vì S là số nguyên dương ko âm nên quá trình này sẽ dừng sau hữu hạn bước khi đó ta được 2 tổ thỏa mãn

Em giải thứ ko bik có đúng ko
Trước hết ta có công thức tính diện tích tam giác ABC với $A(x_a,y_a), B(x_b,y_b),C(x_c,y_c)$ là
$S_{ABC}=\frac{1}{2}|(x_c-x_a)(y_c-y_a)-(x_b-x_a)(y_c-y_a)|$
Đo đó trong bài toán này ta áp dụng với A là đỉnh của parabol có tọa độ $x_a=2p; y_a=4p^2-p+1$
Còn $B,C$ là giao điểm của parabol với trục $Ox$ nên $y_b=y_c=0$ còn $x_b,x_c$ là nghiệm của pt $ x^2-4px+p-1=0$
Ta có $|x_b-x_c|=2\sqrt{4p^2-p+1}$ (theo đl Viet)
Bây giờ Ta có $S_{ABC}=\frac{1}{2}|(x_c-2p)(4p^2-p+1)-(x_b-2p)(4p^2-p+1)|=\frac{1}{2}|(4p^2-p+1)(x_c-x_b)|=(4p^2-p+1)\sqrt{4p^2-p+1}$
Ta thấy rằng nếu $\sqrt{4p^2-p+1}=\frac{m}{n}$ với $(m,n)=1$ thì $S_{ABC}=\frac{m^3}{n^3} \notin \mathbb{Z}$
Do đó ta cần $4p^2-p+1=k^2$ ( với $k \in \mathbb{N}$)
xem đây là pt bậc 2 nghiệm hữu tỉ $p$ thì ta cần tìm $k$ sao cho pt có nghiệm hữu tỉ suy ra
$\Delta=16k^2-15$ là SCP tức $16k^2-15=t^2$ ($t \in \mathbb{N}$)
ta được $(4k-t)(4k+t)=15$
vì $k,t \geq 0$ và $4k >t$ nên ta chỉ xét hai trường hợp $15=3.5=1.15$ lúc này ta tìm được $k$ lần lượt bằng $k=1;k=2$ tương ứng $t=1,t=7$
thì $\Delta_1=t_1^2=1; \Delta_2=t_2^2=49$
Do đó các giá trị của $p$ cần tìm là
$p_1=0$
$p_2=4$
$p_3=1$
$p_4=-\frac{3}{4}$

Xem ở đây bạn
http://diendantoanho...kequiv0bmod-p3/

ta có $a=v_2(5^n-3^n)=v_2(8)+v_2(n)=3+v_2(n) \leq 3+b$ vì $v_2(n) \leq b$
P/s: quên đọc dòng ko dùng LTE

Mình thì chứng minh mọi nghiệm nguyên dương của pt đã cho là 1 cặp $(a_n;b_n)$ với dãy $(a_n);(b_n)$ xác định như sau:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
a_1 = 1;a_2 = 4;a_{n + 2} = 3a_{n + 1} - a_n \\
b_1 = 1;b_2 = 2;b_{n + 2} = 3b_{n + 1} - b_n \\
\end{array} \right.
\]

Thật ra cả hai là một, đều là dãy nghiệm truy hồi của pt Pell

Tìm toàn bộ nghiệm nguyên dương của phương trình
$$a^2-5b^2=-4$$

Bài này ta có áp dụng nhận xét sau. Nếu pt $x^2-Dy^2=k (1)$ (d ko chính phương, $k$ khác $0;1$ có nghiệm $(x,y)$ thì gọi $(a,b)$ là nghiệm cơ sở của pt $x^2-Dy^2=1$ thì pt (1) sẽ có nghiệm $x'=ax+Dby$ và $y'=ay+bx$ cũng là nghiệm của $(1)$
Do đó phương trinh ban đầu $a^2-5b^2=-4$ có nghiệm cơ sở là $(1,1)$ còn pt $a^2-5b^2=1$ có nghiệm cơ sở là $(9,4)$
nên tập nghiệm của pt có dạng $x'=9x+20y$ và $y'=4x+9y$