Đây chính là Vietnam TST 1994 P5, lời giải có thể tham khảo thêm ở tài liệu dưới (tr. 43-44)

 Viet Nam TST 1989-2004.PDF   1.31MB   168 Số lần tải

Bài toán :

Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+1$ thỏa mãn $2^p\equiv 2(mod p^2)$.

Chứng minh rằng tồn tại một ước nguyên tố $q$ của $2^p-1$ thỏa mãn $2^q>(6p)^p$.

Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ với hệ số thực thỏa mãn

$P^{2}(x)-1=4P(x^{2}-4x+1)$

#7 : http://www.artofprob...ic.php?t=316463

Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ thỏa mãn :

$$P^2(x)-P(x^2)=2x^{100},\;\forall x\in \mathbb{R}$$

Có vẻ giống cái này : http://www.artofprob...ic.php?t=245977

#5 và #6 nhé.

Cho $n \in \mathbb{N} \geq 2$.

Chứng minh rằng đa thức $x^n-x-1$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$.

Tìm mọi số nguyên $x,y$ sao cho
\[(y^3+xy-1)(x^2+x-y)=(x^3-xy+1)(y^2+x-y).\]

Iran TST 2012 - Third exam - 1st day - Problem 3

Đây là P.2 Bulgaria MO 2004, anh có thể tham khảo ở đây.

Nén lại thành file PDF cho mọi người tiện download, có cả 2 phần phía sau nữa
 DA_THUC_1.pdf   276.04K   4248 Số lần tải
 DA_THUC_2.pdf   243.16K   4129 Số lần tải
 DA_THUC_3.pdf   170.03K   9992 Số lần tải
 DA_THUC_4.pdf   185.47K   12256 Số lần tải

 dathuc.rar   811.26K   5160 Số lần tải

Câu 2.

Tìm tất cả nghiệm thực của hệ :

$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.$$

Bài hệ chắc là có cách cần cù bù khả năng

Ta có :

$$\left\{\begin{matrix} x+x^2y=y+2\\ (2x+y)^2+3y^2=12 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} y(x^{2}-1)=2-x(1)\\ x^2+xy+y^2=3(2) \end{matrix}\right.$$

Dễ thấy $x=\pm 1$ không phải là nghiệm nên từ ($1$) suy ra

$y=\frac{2-x}{x^{2}-1}$

Thay vào ($2$) suy ra được :

$$x^2+\frac{(2-x)x}{x^{2}-1}+\frac{(2-x)^2}{(x^{2}-1)^2}=3$$

$$\Leftrightarrow x^6-6x^4+2x^3+9x^2-6x+1=0$$

$$\Leftrightarrow x^2(x^2-3)^2+2x(x^2-3)+1=0$$

$$\Leftrightarrow (x(x^2-3)+1)^2=0$$

$$\Leftrightarrow x^3-3x=-1$$

Đặt $x=2t$, suy ra

$$4t^3-3t=-\frac{1}{2}$$

Đặt $t=cosy$, suy ra $$4t^3-3t=cos3y$$

Do đó :

$cos3y=-\frac{1}{2}=cos\frac{2\pi}{3}$

$\Leftrightarrow y=\frac{2\pi}{9},y=\frac{5\pi}{9},y=\frac{8\pi}{9}$

$\Leftrightarrow t=cos\frac{2\pi}{9},t=cos\frac{5\pi}{9},t=cos\frac{8\pi}{9}$

$\Leftrightarrow x=2cos\frac{2\pi}{9},x=2cos\frac{5\pi}{9},x=2cos\frac{8\pi}{9}$

Thay vào tính $y$, ta được :

$y=\frac{2(1-cos\frac{2\pi}{9})}{4cos^2\frac{2\pi}{9}-1}$

$y=\frac{2(1-cos\frac{5\pi}{9})}{4cos^2\frac{5\pi}{9}-1}$

$y=\frac{2(1-cos\frac{8\pi}{9})}{4cos^2\frac{8\pi}{9}-1}$

Bài toán :

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn

$(a+b-c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})=4$

Tìm GTNN của biểu thức

$P=(a^{4}+b^{4}+c^{4})(\frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{b^{4}}+\frac{1}{c^{4}})$

(Đề chọn đội tuyển HSG Phú Thọ vòng 1 năm 2013-2014)

Bài toán :

Cho tam giác $ABC$ và một điểm $D$ bất kì thuộc mặt phẳng sao cho $\widehat{DBA}=\widehat{DCA}=\widehat{BAC}$. Chứng minh rằng $D$ thuộc đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$.

Bài toán :

Cho $T$ là điểm $Toricelli$ của tam giác nhọn $ABC$. $AT,BT,CT$ theo thứ tự cắt $BC,CA,AB$ tại $A_0,B_0,C_0$. Các điểm $A_1,B_1,C_1$ lần lượt đối xứng với $T$ qua $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng $A_0A_1, B_0B_1, C_0C_1$ đồng quy.

Bài toán :

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường thẳng qua $A$ cắt tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,C$ ở $M,N$ và cắt $(O)$ tại $E$. Gọi $F$ là giao điểm của $BN$ và $CM$. Chứng minh $EF$ đi qua một điểm cố định khi đường thẳng qua $A$ thay đổi.

Một vài số nguyên dương được viết lên một hàng, Annie chọn 2 số kề nhau $x,y$ sao cho $x>y$ và $x$ ở bên trái $y$, thay thế $\left ( x,y \right )$ thành $\left ( y+1,x \right )$ hoặc $\left ( x-1,x \right )$. CMR Annie chỉ có thể thực hiện việc này một số lần xác định

($C_1$ IMO shorlist 2012)

Tự mà dịch đi này, đề đúng là Alice chứ không phải Annie đâu nhé :3

http://www.artofprob...6ec8cd#p3160559

Một vài bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong Asian Pacific Mathematical Olympiad 

Bài 180 : Chứng minh rằng phương trình :

$6(6a^{2}+3b^{2}+c^{2})=5n^{2}$

không có nghiệm tự nhiên, ngoại trừ nghiệm $a=b=c=n=0$

(APMO 1989)

Bài 181 : Xác định các số nguyên dương $n$ để phương trình :

$x^{n}+(2+x)^{n}+(2-x)^{n}=0$

có một nghiệm nguyên duy nhất.

(APMO 1993)

Bài 182 : Tìm các số tự nhiên $a_1,a_2,...a_9$ là một trong các số $1,2,...,9$ thỏa mãn :

$i. a_1+a_2+a_3+a_4=a_4+a_5+a_6+a_7=a_7+a_8+a_9+a_1$

$ii. a_1^{2}+a_2^{2}+a_3^{2}+a_4^{2}=a_4^{2}+a_5^{2}+a_6^{2}+a_7^{2}=a_7^{2}+a_8^{2}+a_9^{2}+a_1^{2}$

(APMO 2000)

Bài 183 : Cho các số nguyên dương $a,b,c$. Chứng minh không tồn tại $a,b,c$ sao cho các số $a^{2}+b+c$, $b^{2}+c+a$ và $c^{2}+a+b$ đều là các số chính phương.

(APMO 2011)

Nâng trình độ lên nào, bây giờ là Balkan MO

Bài 174 : Cho các số nguyên dương $a,b,c$. Tìm tất cả nghiêm thực $x,y,z$ của hệ phương trình :

(Balkan MO 1984)

Bài 175 : Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $m$ khác $1$. Chứng minh rằng phương trình : 

$\frac{x^{p}+y^{p}}{2}=(\frac{x+y}{2})^{m}$

có nghiệm nguyên dương $(x,y)\neq (1,1)$ khi và chỉ khi $m=p$.

(Balkan MO 1993)

Bài 176 : Chứng minh phương trình sau không có nghiệm nguyên

$x^{2}+4=y^{5}$

(Balkan MO 1998)

Bài 177 : Giải phương trình sau với nghiệm $x,y$ nguyên tố :

$x^{y}-y^{x}=xy^{2}-19$

(Balkan MO 2004)

Bài 178 : Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ để $p^{2}-p+1$ là lập phương của một số nguyên dương.

(Balkan MO 2005)

Bài 179 : Giải phương trình sau với nghiệm $x,y,z$ nguyên dương :

$3^{x}-5^{y}=z^{2}$

(Balkan MO 2009)

ta có $(x^2-y^2)^2+(y^2-z^2)^2+(z^2-x^2)^2=x^4+y^4+z^4+2000$ rõ ràng vế trái < vế phải

Cho $a=b=c$ thì vế trái $<$ vế phải.

Cho $a=9b=9c$ thì vế trái $>$ vế phải.

Do đó, ta không thể đánh giá bằng bất đẳng thức được.

Một cách giải khá hay bên mathlinks

Giải

Sử dụng kết quả hiển nhiên $x^{4}\equiv x^{2} (mod 3)$ với mọi $x$ nguyên, ta có : 

Lỡ tay xử đẹp mấy bài JBMO rồi thôi đền cho các bạn mấy bài JBMO Shortlist vậy

Bài 164: Tìm các số nguyên $x,y,z$ thoả mãn phương trình :

$x^{4}+y^{4}+z^{4}-2x^{2}y^{2}-2y^{2}z^{2}-2z^{2}x^{2}=2000$

(JBMO Shortlist 2000)

Bài 165 : Tìm các số nguyên dương $n$ không phải là bội số của $3$ sao cho $2^{n^{2}-10}+2133$ là một lập phương của số nguyên dương.

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 166 : Tìm các số tự nhiên $x,y$ sao cho :

$x^{3}+y^{3}=2001p$ hoặc $x^{3}-y^{3}=2001p$ với $p$ là một số nguyên tố

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 167 : Chứng minh không tồn tại các số nguyên dương $x,y$ sao cho :

$x^{5}+y^{5}+1=(x+2)^{5}+(y-3)^{5}$

(JBMO Shortlist 2001)

Bài 168 : Tìm các số tự nhiên có $4$ chữ số $\overline{abcd}$

$\overline{abcd}=11(a+b+c+d)^{2}$

(JBMO Shortlist 2006)

Bài 169 : Tìm các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho :

$4^{x}+3^{y}=z^{2}$

(Turkey Junior National Olympiad 2008)

Bài 170 : Tìm các số tự nhiên $x,y$ và số nguyên tố $p$ sao cho :

$x^{2}-3xy+p^{2}y^{2}=12p$

(Turkey Junior National Olympiad 2012)

Bài 157 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

$9(x^{2}+y^{2}+1)+2(3xy+2)=2005$

(Junior Balkan 2005)

Không ngờ JBMO lại có những bài dễ thế này

Đặt $x+y=a, xy=b$, dễ thấy $a^{2}\geq 4b$. Ta có :

Do $a^{2}\geq 4b$ nên $2a^{2}\leq 664\Leftrightarrow a\leq 18$.

Lại có $b>0$ nên $3a^{2}\geq 664\Leftrightarrow a\geq 15$.

Suy ra $15\leq a\leq 18$.

Từ $(1)$ nhận thấy $3a^{2}$ chẵn nên $a$ chẵn, suy ra $a=16$ hoặc $a=18$

$\bullet$ Nếu $a=16$ thì $b=26$ (không thoả mãn $a^{2}\geq 4b$)

$\bullet$ Nếu $a=18$ thì $b=77$.

Do đó, $x=11, y=7$ hoặc $x=7, y=11$

Vậy : phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $(x,y)=(7,11), (11,7)$

Xử đẹp mấy bài tồn đọng trong topic nào

 

Bài 161 : Tìm các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x$ và $y$ thỏa mãn :

$x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=5p$

(Junior Balkan 2011)

Ta có : $x(y^{2}-p)+y(x^{2}-p)=(x+y)(xy-p)=5p$

Do $5$ và $p$ là hai số nguyên tố.nên chỉ xảy ra các trường hợp sau :

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=5\\ xy-p=p \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=2,y=3 \\p=3  \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x=1,y=4\\ p=2  \end{matrix}\right.$

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=p\\xy-p=5 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (x-1)(y-1)=6$

Suy ra $x+y=7$ hoặc $x=y=9$ nhưng do $p$ nguyên tố nên $p=7$

$\bullet$ Nếu $\left\{\begin{matrix} x+y=5p\\xy-p=1 \end{matrix}\right.$

- Nếu $x=1$ thì $\left\{\begin{matrix} y+1=5p\\y-p=1 \end{matrix}\right.$ (vô nghiệm)

- Nếu $y=1$ thì $\left\{\begin{matrix} x+1=5p\\x-p=1 \end{matrix}\right.$ (vô nghiệm)

- Nếu $x,y\geq 2$ thì $xy\geq 2x, xy\geq 2y\Rightarrow xy\geq x+y\Rightarrow 1+p\geq 5p$ (vô nghiệm)

Vậy $p=2, p=3, p=7$

Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn hệ thức $x+y+z=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

  $P=4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+15xyz$

                               (Đề thi thử lần 2 khối A và A1 năm 2013 của Moon.vn)

Ta có : $(x+y+z)^{3}=\sum x^{3}+3\sum xy(x+y)+6xyz$

Theo $Schur$ bậc $3$ ta có :

$\sum xy(x+y)\leq \sum x^{3}+3xyz$

Suy ra $(x+y+z)^{3}=\sum x^{3}+3\sum xy(x+y)+6xyz\leq 4\sum x^{3}+15xyz$

Vậy $minP=1$

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $(a,b,c)$ là một hoán vị của bộ $(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$

Cho $a,b,c>0$ và $a^4+b^4+c^4=3$

Tìm GTNN của $T_N=\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}$

Bài này chỉ cần dùng $U.C.T$ là được thôi anh ạ.

Dễ thấy $a,b,c< \sqrt[4]{3}\Rightarrow 2-a>0,2-b>0,2-c>0$

Ta chứng minh :

$\frac{1}{2-a}\geq 1+\frac{a^{4}-1}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{a-1}{2-a}\geq \frac{a^{4}-1}{4}$

$\Leftrightarrow (a-1)((a-2)(a^{3}+a^{2}+a+1)+4)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-1^{2})(a^{3}-2a+3)\geq 0$

Theo $AM-GM$ ta có :

$a^{3}+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\geq 3a.\sqrt[3]{\frac{9}{4}}>2a$

Do đó : $\frac{1}{2-a}\geq 1+\frac{a^{4}-1}{4}$

Tương tự $\frac{1}{2-b}\geq 1+\frac{b^{4}-1}{4}$ và $\frac{1}{2-c}\geq 1+\frac{c^{4}-1}{4}$

Suy ra : $T_N=\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\geq 3$

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

@anh Toc Ngan : hình như em làm sai mất rồi, để em thử dùng $p,q,r$ xem thế nào ạ.

Cho $a,b\in R$, xác định tất cả hàm số $f(x)$ sao cho: $f(a-x)+f(x)=b,\forall x\in R (1)$

Phương trình đã cho tương đương với 

$f(a-x)-\frac{b}{2}+f(x)-\frac{b}{2}=0$

Đặt $g(x)=f(x)-\frac{b}{2}$ với $\forall x\in \mathbb{R}$, ta có :

$g(x)+g(a-x)=0$

$\Leftrightarrow g(x)=\frac{1}{2}(g(x)-g(a-x))$ $(2)$

Xét hàm số : $g(x)=\frac{1}{2}(h(x)-h(a-x))$ với $h$ là một hàm số tuỳ ý trên $\mathbb{R}$. Suy ra $f(x)=\frac{1}{2}(h(x)-h(a-x))+\frac{b}{2}$ $(3)$

Dễ thấy với hàm số $f$ xác định như trên thì thoả mãn ($1$). Ngược lại với hàm số $f$ thoả mãn $(1)$ thì theo $(2)$ nên $f$ có dạng $(3)$

Vậy tất cả các hàm số $f$ thoả mãn đề bài là $f(x)=\frac{1}{2}(h(x)-h(a-x))+\frac{b}{2}$ với $h$ là một hàm số tuỳ ý trên $\mathbb{R}$.

Bài 156 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 

$a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001$

(Junior Balkan 2001)

Rảnh rảnh ngồi giải thử một bài @@

Trước hết, ta nhận thấy, với mọi số nguyên $t$ thì $t^{3}\equiv 0,-1,1 (mod 9)$

Mà $2001 \equiv 3 (mod 9)$ nên $a,b,c\equiv 1 (mod 3)$

Đặt $a=3x+1,b=3y+1,c=3z+1$ với $x,y,z \in\mathbb{N}$

Ta có : $a^{3}\leq 2001 \Rightarrow a\leq 12\Rightarrow x\leq 3$

Tương tự $y,z\leq 3$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$

Khi đó $a^{3}\geq b^{3}\geq c^{3}$ suy ra $3a^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}=2001\Rightarrow x\geq 3$

Vây $x=3$ suy ra $a=10$. Thay vào phương trình đã cho, ta được

$b^{3}+c^{3}=1001$

Suy ra $2b^{3}\geq 1001\Rightarrow y\geq 2$

$\bullet$ Nếu $y=2$ thì $b=7$ suy ra $c^{3}=658$ (không có $c$ thoả mãn)

$\bullet$ Nếu $y=3$ thì $b=10$, suy ra $c=1$.

Do tính hoán vị nên phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương $(x,y,z)$ là $(10,10,1),(10,1,10),(1,10,10)$

Tuyệt vời, bốn bài JBMO đã bị các bạn xử đẹp, mình thì chắc xử đẹp mấy bài cũ của mình đóng bụi trên topic này thôi @@

Bài 150 : Cho số nguyên dương $n$ bất kì. Chứng minh phương trình

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

có nghiệm nguyên không âm.

Ta thừa nhân kết quả của bài $149$ để chứng minh bài $150$ này, tất nhiên là bài $149$ sẽ được chứng minh sau.

Để giải quyết bài $150$, ta cần có hai bổ đề :

Bổ đề 1 : Cho số nguyên tố $p$. Chứng minh rằng phương trình :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p$

có nghiệm nguyên không âm.

Bổ đề 2 : Giả sử hai phương trình sau có nghiệm nguyên không âm

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=m$

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

với $m,n$ là hai số nguyên dương. Chứng minh phương trình sau có nghiệm nguyên không âm

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=mn$

Trước hết, ta có kết quả hiển nhiên sau được gọi là hằng đẳng thức $Lagrange$ :

$(A^{2}+B^{2})(C^{2}+D^{2})=(AC+BD)^{2}+(AD-BC)^{2}$

Giả sử hai phương trình $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=m$ và $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$ có nghiệm nguyên không âm. Gọi các nghiệm ấy lần lượt là $x_1,y_1,z_1,t_1$ và $x_2,y_2,z_2,t_2$. Ta có :

$x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}+t_1^{2}=m$

$x_2^{2}+y_2^{2}+z_2^{2}+t_2^{2}=n$

Ta có : 

$mn=(x_1^{2}+y_1^{2}+z_1^{2}+t_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2}+z_2^{2}+t_2^{2})$

$=(x_1^{2}+y_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2})+(x_1^{2}+y_1^{2})(z_2^{2}+t_2^{2})$

$+(z_1^{2}+t_1^{2})(x_2^{2}+y_2^{2})+(z_1^{2}+t_1^{2})(z_2^{2}+t_2^{2})$

$=(x_1y_1+x_2y_2)^{2}+(x_1y_2-x_2y_1)^{2}+(x_1t_2+y_1z_2)^{2}+(x_1z_2-y_1t_2)^{2}$

$+(t_1x_2+z_1y_2)^{2}+(t_1y_2-z_1x_2)^{2}+(z_1z_2+t_1t_2)^{2}+(z_1t_2-t_1z_2)^{2}$

$=(x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2+t_1t_2)^{2}+(x_1y_2-y_1x_2+z_1t_2-t_1z_2)^{2}+(x_1z_2-y_1t_2+t_1y_2-z_1x_2)^{2}+(x_1t_2+y_1z_2-z_1y_2-t_1x_2)^{2}$

Suy ra phương trình $x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=mn$ có nghiệm nguyên không âm.

Trở lại bài toán, xét hai trường hợp sau :

$\bullet$ Nếu $n=1$ thì rõ ràng phương trình 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=1$

có nghiệm nguyên không âm, chẳng hạn như $x=y=z=0,t=1$

$\bullet$ Nếu $n>1$, khi đó, giả sử $n$ có phân tích tiêu chuẩn là

$n=p_1^{s_1}p_2^{s_2}...p_n^{s_n}$

với $p_1,p_2,..,p_n$ là các số nguyên tố, $s_1,s_2,...,s_n$ là các số nguyên dương. 

Khi đó, theo bổ đề $1$ thì với mọi $i=\overline{1,k}$ thì các phương trình :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=p_i$

có nghiệm nguyên không âm.

Áp dụng liên tiếp bổ đề $2$ thì phương trình 

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+t^{2}=n$

cũng có nghiệm nguyên không âm.

Bài toán chứng minh xong.