Ego

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 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 $a_{q}$

@Visitor: Có một chỗ chưa chuẩn là điều kiện phải là $\left\lfloor (i + 1)\alpha \right\rfloor \ge n + 1$, lúc này thì đoạn cuối không có vô lí

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 $$\left\lfloor\frac{m}{a}\right\rfloor = \left\lfloor\frac{k}{b}\right\rfloor = n$$

Quay lại bài toán, để ý là $na + nb = n(a + b)$ nên ta đưa bài toán về thành $\{na\} + \{nb\} = \{n(a + b)\}$. Nhận xét là $\{n(a + b)\} < 1$. Tức là nếu ta chứng minh được mệnh đề sau: "Nếu $\{na\} + \{nb\} < 1$ đúng với mọi $n$ thì ít nhất một trong hai số $a, b$ nguyên" thì bài toán được giải quyết. Để chứng minh nó, cứ việc giả sử phản chứng, nghĩa là $a, b$ không nguyên.
Lại để ý thêm là ta có thể đưa $a, b$ về đoạn $[0; 1)$ nhờ tính chất $\{a + k\} = \{a\}$ nếu và chỉ nếu $k$ nguyên. Nhờ giả sử nên ta chỉ xét $a, b \in (0; 1)$:
 

• 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 $1 \le i \le k$.

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.

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)

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.

Hình như bài toán phải là $p$ có dạng $2^{n + 1}k + 1$. Ví dụ với $n = 1$ thì bài toán của bạn đâu đúng.
Bài này cũng khá kinh điển rồi. Mình nhớ có một bài (ý tưởng từ bài này) trong đề China TST đánh giá độ lớn của ước nguyên tố $p$ này :-D.
Yêu cầu bài toán chứng minh tương đương với $p\equiv 1\pmod{2^{n + 1}}$
Ta có $p\mid 2^{2^{n}} + 1 \implies \text{ord}_{p}(2)\mid 2^{n + 1} \implies \text{ord}_{p}(2) = 2^{n + 1}$
Mặt khác, để ý $p$ lẻ, áp dụng định lý Fermat nhỏ, $2^{p - 1} \equiv 1\pmod{p} \implies 2^{n + 1} \mid p - 1$.
Ta kết thúc chứng minh. $\bigstar$.

Đã giải tại đây.

Mời các bạn xem qua bài toán 'viết nhầm' của mình.

Ừ, bài này khác APMO một chút :3 Ban đầu mình làm thì chép là $\mathbb{R}$, sau đó làm ra mới biết là làm một bài toán mới luôn (y) khá hay nên chia sẻ các bạn

Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho $$(z + 1)f(x + y) = f(xf(z) + y) + f(yf(z) + x)$$