nhungvienkimcuong

• Nếu $p-1=2^a$, thấy ngay $p\mid 2^{2a}-1$. Theo Theorem thì $p^2\mid 2^{2a}-1$, đồng nghĩa $(2^a+1)^2\mid (2^a-1)(2^a+1)$, dễ dàng thấy mâu thuẫn từ tính chất này.
• Nếu $p!+2^n=2^b$, như vậy $p!=2^n\left(2^{b-n}-1\right)$. Lại áp dụng Theorem thì $p^2\mid 2^{b-n}-1$, ở đây ta cũng có mâu thuẫn vì $p^2\nmid p!$.

Ghi chú. Ban đầu xét từng trường hợp thì lời giải khá dài, nhìn lại cách xử lí có phần giống nhau nên mới xuất hiện Theorem trên.

Ở đây ta sẽ tính tổng $S_n=\sum_{0\le a<b<c\le n}(a+b+c)$.

Gọi $X$ là tập hợp gồm các bộ ba số nguyên dương $(a,b,c)$ thỏa mãn $0\le a<b<c\le n$. Dễ thấy ánh xạ $f\colon X\to X$ với $f(a,b,c)=(n-c,n-b,n-a)$ là một song ánh. Do đó

\[S_n=\sum_{(a,b,c)\in X}(a+b+c)=\sum_{(a,b,c)\in X}\big((n-a)+(n-b)+(n-c)\big).\]

Ngoài ra

\[\begin{align*}\sum_{(a,b,c)\in X}(a+b+c)+\sum_{(a,b,c)\in X}\big((n-a)+(n-b)+(n-c)\big)&=\sum_{(a,b,c)\in X}3n\\ &=|X|\cdot 3n\\&=\binom{n+1}{3}3n\\&=\frac{(n+1)n^2(n-1)}{2}.\end{align*}\]

Từ đây có ngay $S_n=\frac{(n+1)n^2(n-1)}{4}$. Hoàn toàn trùng khớp với kết quả thầy Thanh 

Nhìn thấy $ad=bc$ thì liên tưởng ngay đến Bổ đề ở đây. Như vậy tồn tại các số nguyên dương $x,y,z,t$ thỏa mãn

\[a=xy,\ d=zt\quad\text{và}\quad b=xz,\ c=yt.\]

Từ giả thiết bất đẳng thức đề cho ta có ngay 

\[x\ge t\sqrt{2},\quad y\ge z\sqrt{3}.\tag{$\ast$}\]

Tiếp đến ta tập trung vào yêu cầu cần chứng minh, thấy rằng

\begin{align*}a\ge 1+\sqrt{6d^2+1}&\iff (a-1)^2\ge 6d^2+1\\ &\iff (a-1)^2>6d^2\\ &\iff a-1>d\sqrt{6}\\ &\iff xy-1>zt\sqrt{6}.\end{align*}

Để chứng minh $xy-1>zt\sqrt{6}$ thì $(\ast)$ cần làm chặt hơn nữa. Cụ thể như sau, vì $t\sqrt{2}$ không thể là số nguyên nên $x>t\sqrt{2}$, dẫn đến

\[x^2>2t^2\implies x^2\ge 2t^2+1\implies x\ge \sqrt{2t^2+1}.\]

Tương tự ta có $y\ge \sqrt{3z^2+1}$, phần còn lại đơn giản rồi.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x=\min \{x,y,z\}$. Ta thấy rằng

\[A(x,y,z)=(z-y)\underbrace{(y-x)(z-x)(x+y+z)}_{\ge 0}.\]

Nếu $y>z$ thì $A<0$, vì cần quan tâm giá trị lớn nhất của biểu thức $A$ nên phần sau đây ta chỉ xét trong trường hợp $y\le z$. Ta có

\[\begin{align*}A(0,y,z)-A(x,y,z)&=(z-y)yz(y+z)-(z-y)(y-x)(z-x)(x+y+z)\\ &=(z-y)\left(x(z^2-x^2)+xy(y+z)\right)\ge 0.\end{align*}\]

Do vậy chỉ cần tập trung vào $A(0,y,z)$, mặt khác dễ thấy

\[A(0,y,z)=(z-y)yz(y+z)\le (1-y)y(y+1).\]

Tìm giá trị lớn nhất của $(1-y)y(y+1)$ với $y\in [0,1]$ thì không quá khó, bạn tự xử lí nhé.

Ghi chú. Mục tiêu là đánh giá tại biên. Có thể tham khảo thêm ở đây, đây hoặc chuyên đề này.

Câu 4: (4,00 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

            (i) $a$ là ước của $b^4 + 1$.

            (ii) $b$ là ước của $a^4 + 1$.

            (iii) $x^2 - \left(\sqrt{a} + \sqrt{b}\right)x + \sqrt{ab} > 0$ với mọi $x \in \mathbb{N}$.

Điều kiện (iii) đương đương $\big(x-\sqrt{a}\big)\big(x-\sqrt{b}\big)>0$ với mọi số tự nhiên $x$, điều này đồng nghĩa $\left\lfloor \sqrt{a} \right\rfloor=\left\lfloor \sqrt{b} \right\rfloor$ và $a,b$ đều không phải là số chính phương.

Không mất tính tổng quát giả sử $a\le b$, đặt $k=\left\lfloor \sqrt{a} \right\rfloor=\left\lfloor \sqrt{b} \right\rfloor$ thì

\[k^2<a\le b<(k+1)^2.\tag{$\star$}\]

Từ điều kiện (i) và (ii) ta thấy ngay $ab\mid (b-a)^4+1$, đặt $m=\frac{(b-a)^4+1}{ab}\in \mathbb{N}^*$, kết hợp với $(\star)$ dẫn đến

\[m\le \frac{\big((k^2+2k)-(k^2+1)\big)^4+1}{(k^2+1)^2}\le 16.\]

Tiếp đến ta chứng minh $m=1$.

Như vậy ta có được $(b-a)^4+1=ab$, tuy nhiên đẳng thức này không thể xảy ra vì theo $(\star)$ ta có

\[k^4+1<(k^2+1)^2\le ab\le (k^2+2k)^2<(k+1)^4+1.\]

Vậy không tồn tại các số $a,b$ thỏa đề.

Bài này có thể sử dụng xấp xỉ Stirling. Với $n!\approx\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$ thì

\[\frac{C_{2n+1}^n}{2^{2n+1}}=\frac{(2n+2)!}{\left(2^{n+1}(n+1)!\right)^2}\approx\frac{1}{\sqrt{\pi (n+1)}}.\]

Liệu có tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $p^n = x^3 + y^3$ với $n,x,y$ là các số nguyên dương và $n \ge 3$ hay ko?

Trường hợp $p>3$ thì bạn ở trên đã làm tương đối đúng. Tuy nhiên với $p\in \{2,3\}$ thì vẫn tồn tại $x,y,n$ thỏa mãn; đơn cử như

\[2^{4}=2^3+2^3,\quad 3^{5}=3^3+\left(2\cdot 3\right)^3.\]

Ghi chú. Kiểu bài này thì rất nhiều, bài tương tự có thể xem ở đây hoặc ở chủ đề này.

Trên cùng một mặt phẳng cho tập $A$ gồm $k$ điểm phân biệt và tập $B$ gồm $14$ đường thẳng phân biệt thỏa mãn cứ mỗi một đường thẳng đã cho sẽ đi qua đúng $14$ điểm thuộc tập $A$. Chứng minh rằng $k$ không bé hơn $102$

Ứng với mỗi $i\in \{1,2,\dots,k\}$, kí hiệu $x_i$ là số đường thẳng đi qua điểm thứ $i$ của tập hợp $A$. Như vậy đếm số bộ $(a,b)$ với $a\in A,b\in B$ sao cho điểm $a$ nằm trên đường thẳng $b$ thấy ngay

\[\sum_{i=1}^kx_i=14^2.\tag{1}\]

Tiếp theo đếm số bộ $\big(a,\{b_1,b_2\}\big)$ với $a\in A$ và $b_1,b_2\in B$ sao cho giao điểm của hai đường thẳng $b_1,b_2$ là điểm $a$:

• Đếm theo $a$ thì số bộ cần tính chính là $\sum_{i=1}^kC_{x_i}^2$.
• Đếm theo $\{b_1,b_2\}$, chú ý rằng hai đường thẳng có không quá một điểm chung nên số bộ cần tính không vượt quá $C_{14}^2$.

Do đó ta có bất đẳng thức

\[\sum_{i=1}^kC_{x_i}^2\le C_{14}^2.\tag{2}\]

Thay $(1)$ vào $(2)$ ta có $\sum_{i=1}^kx_i^2\le 14\times 27$, mặt khác theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki thì

\[k\left(\sum_{i=1}^kx_i^2\right)\ge \left(\sum_{i=1}^kx_i\right)^2\implies k\ge \frac{\left(\sum_{i=1}^kx_i\right)^2}{\sum_{i=1}^kx_i^2}\ge \frac{\left(14^2\right)^2}{14\times 27}.\]

Ghi chú. Một số bài toán tương tự cũng đếm bằng hai cách có thể xem ở đây và đây.

Cho $a_1<a_2<\cdots$ là dãy các số nguyên dương tăng vô hạn. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $l$ thì luôn tồn tại $i \neq j$ với $1 \leq i,j $ thỏa mãn $a_i + a_j$ có một ước nguyên tố lớn hơn $l$. 

Đề bài yêu cầu chứng minh số lượng ước nguyên tố của các tổng $a_i+a_j$ là vô hạn. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, gọi tập hợp các số nguyên tố như thế là $\mathbb{X}$ và giả sử số phần tử của $\mathbb{X}$ là hữu hạn (bằng $n$). 

Vì dãy số $(a_k)_{k\ge 1}$ không bị chặn nên tồn tại $a_m$ thỏa mãn $\sqrt[n]{a_m}>a_{n+1}$. Với $i\in \{1,2,\dots,n+1\}$ ta có

\[a_i+a_m=\prod_{p\in\mathbb{X}}p^{\alpha}>a_m,\]

do vậy tồn tại số nguyên tố $p_i\in\mathbb{X}$ và số nguyên dương $\alpha_i$ sao cho $p_i^{\alpha_i}>\sqrt[n]{a_m}$. Như vậy với mỗi số trong dãy gồm $n+1$ số là $a_1+a_m,\ a_2+a_m,\ \dots,\ a_{n+1}+a_m$ thì đều tồn tại một ước số (có dạng $p^{\alpha}$ với $p\in\mathbb{X},\alpha\in\mathbb{N}^*$) lớn hơn $\sqrt[n]{a_m}$, gọi đây là tính chất $\color{blue}{(\ast)}$.

Vì $\mathbb{X}$ chỉ có $n$ phần tử nên tồn tại hai số trong $n+1$ số trên có chung số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\color{blue}{(\ast)}$, giả sử là $a_{i_1}+a_m$ và $a_{i_2}+a_m$ với $1\le i_1<i_2\le n+1$. Đặt $\alpha^*=\min(\alpha_{i_1},\alpha_{i_2})$ thì

\[p^{\alpha^*}\mid a_{i_1}+a_m,\ p^{\alpha^*}\mid a_{i_2}+a_m\implies p^{\alpha^*}\mid a_{i_2}-a_{i_1}.\]

Tới đây thấy ngay vô lí vì 

\[p^{\alpha^*}\overset{\color{blue}{(\ast)}}{>}\sqrt[n]{a_m}\overset{\text{cách chọn }a_m}{>}a_{n+1}>a_{i_2}>a_{i_2}-a_{i_1}.\]

Cho $n$ điểm trên mặt phẳng. Chứng minh số cặp điểm có khoảng cách bằng $1$ không vượt quá $\dfrac{n}{4} + \dfrac{\sqrt{2n^3}}{2}$.

Để tìm hiểu về bài toán này có thể tìm kiếm thông qua từ khóa "Erdős's Unit Distance". Lời giải sơ cấp có thể tham khảo định lí 2 trong bài báo của Erdős tại đây.

Cho đa thức $P(x) = x^m + x^n + 1$ với $\deg P = m > 2$.Biết rằng $3 \mid (mn - 2)$.Chứng minh rằng $P(x)$ bất khả quy

Đề bài này chắc hẳn nhầm lẫn, đa thức đề cho khả quy vì luôn có thể phân tích thành nhân tử $x^2+x+1$.

Về tính bất khả quy của dạng đa thức $x^n\pm x^m\pm 1$ có thể tham khảo bài báo   admin,+dummy.pdf   376.72K   7 Số lần tải

Cho đa thức hệ số thực $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$, biết $P(x)$ có ba nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình: $4(ax^3+bx^2+cx+d)(3ax+b)-(ax^2+2bx+c)^2=0$ có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?

Không biết đề bài có nhầm lẫn hay không? Xem ở đây

Cho tập hợp $S=\{1;2;…;100\}$. Tìm $min$ của số nguyên dương $n \ge 3$ sao cho mọi tập con $n$ phần tử của $S$ đều chứa 3 phần tử $a;b;c$ mà $a+3b=c$

Với $n=76$ thì tập hợp $\{25,26,\dots,100\}$ có $\min(a+3b)=26+3\times 25>100$ nên không thỏa đề, do vậy $n\ge 77$.

Tiếp theo ta chứng minh với $77$ phần tử bất kì $x_1<x_2<\dots<x_{77}$ của $S$ thì luôn tồn tại ba phần tử thỏa đề. Với mỗi $k\in \{0,1,2\}$, xét tập hợp

\[\mathcal{A}_k=\Big\{x_i:x_i\equiv k\pmod{3}\Big\}.\]

Kí hiệu $|X|$ là số phần tử của tập hợp $X$, như vậy ta có $|A_0|+|A_1|+|A_2|=77$. Gọi $A_m$ (với $m\in \{0,1,2\}$) là tập hợp có nhiều phần tử nhất trong ba tập hợp $A_0,A_1$ và $A_2$; khi đó $|A_m|\ge \left \lfloor 77/3 \right \rfloor+1=26$, kí hiệu các phần tử của $A_m$ là $a_1<a_2<\dots<a_M$ với $M=|A_m|\ge 26$.

• Như vậy $M-1$ số \[\frac{a_2-a_1}{3},\frac{a_3-a_1}{3},\dots,\frac{a_m-a_1}{3}\] đều là các số nguyên dương đôi một phân biệt, đồng thời không vượt quá $\frac{100-1}{3}=33$.
• Ngoài ra vì $x_{77}\le 100$ nên $x_{76}\le 99$, cứ như vậy suy ra $x_{10}\le 33$. Như thế ta có $10$ số \[x_1,x_2,\dots,x_{10}\] đều là các số nguyên dương đôi một phân biệt, đồng thời không vượt quá $33$.

Thế là ta có $(M-1)+10=M+9\ge 35$ số nguyên dương không vượt quá $33$, như vậy theo nguyên lí Đi-rich-lê thì tồn tại $n\in \{2,3,\dots,m\}$ và $k\in \{1,2,\dots,10\}$ thỏa mãn

\[\frac{a_n-a_1}{3}=x_k.\]

Tới đây vẫn còn một trường hợp "xấu" đó là $x_k$ cũng chính là $a_1$, bạn đọc hãy tự xử lí nhé.

Ghi chú. Có khá nhiều bài có thể xem như tương tự ở đây, nhưng mà vượt cấp.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(m,n)$ thoả mãn $2$ điều kiện sau:

1) $m,n$ nguyên tố cùng nhau và $m\le 2007$

2) Với số $k$ bất kì thuộc tập hợp $1,2,...,2007$ ta luôn có: $[\frac{nk}{m}]=[\sqrt{2}k]$

$\newcommand{png}[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor} \newcommand{ple}[1]{\left\{ #1 \right\}}$

Thay $k:=m$ vào điều kiện 2 thu được $n=\png{m\sqrt{2}}$, như vậy

\[\png{\frac{nk}{m}}=\png{\frac{\left(m\sqrt{2}-\ple{m\sqrt{2}}\right)k}{m}}=\png{k\sqrt{2}-\frac{k\ple{m\sqrt{2}}}{m}}=\png{k\sqrt{2}}+\png{\ple{k\sqrt{2}}-\frac{k\ple{m\sqrt{2}}}{m}}.\]

Do vậy ta có

\[\png{\ple{k\sqrt{2}}-\frac{k\ple{m\sqrt{2}}}{m}}=0\implies \frac{k\ple{m\sqrt{2}}}{m}\le \ple{k\sqrt{2}}.\]

Điều này dẫn đến với mọi $k\in \{1,2,\dots,2007\}$ thì ta có bất đẳng thức

\[\frac{\ple{m\sqrt{2}}}{m}\le\frac{\ple{k\sqrt{2}}}{k}\iff \frac{\png{m\sqrt{2}}}{m}\ge \frac{\png{k\sqrt{2}}}{k}.\]

Vậy bước tiếp theo chính là xác định $k\in\{1,\dots,2007\}$ sao cho $\frac{\png{k\sqrt{2}}}{k}$ đạt GTLN.

Như thế ta đã xác định được với $k\in\{985,1970\}$ thì biểu thức $\frac{\png{k\sqrt{2}}}{k}$ đạt GTLN (được kiểm chứng bằng python).

import math

max = math.floor(985 * math.sqrt(2)) / 985
for i in range(1,2008):
    if math.floor(i * math.sqrt(2)) / i >= max:
        print(i)

Vì $\text{UCLN}(m,n)=1$ nên chỉ có cặp $(m,n)=(985,1393)$ thỏa đề.

Ghí chú. Một số bài toán khá liên quan xem ở đây và đây.

$x,y,z \in Z+$ thỏa mãn $\frac{x^2+y^2+z^2}{xyz+1}$ nhận giá trị nguyên. CMR  $\frac{x^2+y^2+z^2}{xyz+1}$  có thể biểu diễn  được thành tổng hai số chính phương

Đây là bài tập thường thấy liên quan đến "Bước nhảy Vi-ét", lời giải có thể tham khảo ở math stackexchange.

Bạn có thể tham khảo thêm chủ đề này thông qua Chuyên đề 1 của Chuyên đề số học-Mathscope, hoặc một số bài toán khác tại đây.