P.S: Hình như đề British này tính phí đúng không anh IMOer? Em chưa bao giờ thấy mặt đề British

Đề British (2 vòng) được đăng tải khá đầy đủ ở đây. Đáp án chính thức thì anh không thấy public ở đâu cả.

Xin nói thêm về bài 65. Đây là bài số 2 trong Mock - IndianMO 2016 được gợi ý bởi Anant (các bạn có thể tìm thêm trên trang mathometer.weebly.com). Lời giải của mình của giống như của anh IMOer, ở đây $2^{2016}$ và $2015$ là các số tượng trưng cho năm, có thể tổng quát thành $m, n$ bất kỳ.

Lúc nhìn đề bài 65 là anh cũng nhận ra ngay 2 điều:

- Các số $2^{2016}$ và $2015$ đúng là chỉ mang ý nghĩa tượng trưng.

- Chắc chắn sử dụng định lý thặng dư Trung Hoa.

JBMO 2016

(Junior Balkan Mathematical Olympiad 2016)

Ngày thi: 26.06.2016

Bài 1: Cho hình thang $ABCD$ có $AB\parallel CD,\ AB>CD$ ngoại tiếp một đường tròn. Tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ tiếp xúc với các đường thẳng $AB,\ AC$ lần lượt tại $M,\ N$. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp hình thang $ABCD$ nằm trên đường thẳng $MN$.

Bài 2: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\[\frac{8}{{{\left( a+b \right)}^{2}}+4abc}+\frac{8}{{{\left( b+c \right)}^{2}}+4abc}+\frac{8}{{{\left( c+a \right)}^{2}}+4abc}+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}\]

Bài 3: Tìm tất cả các bộ số nguyên $\left( a,b,c \right)$ sao cho số $N=\dfrac{\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)}{2}+2$ là luỹ thừa của $2016$.

Bài 4: Một bảng $5\times 5$ được gọi là tầm thường nếu mỗi ô vuông chứa 1 trong 4 số thực dương phân biệt và với mọi bảng con $2\times 2$ thì mỗi số xuất hiện đúng 1 lần. Tổng của tất cả các số của 1 bảng tầm thường được gọi là tổng của bảng. Với 4 số bất kỳ, ta xây dựng tất cả các bảng tầm thường có thể, tính tổng của các bảng đó và đếm số giá trị phân biệt nhận được. Xác định giá trị lớn nhất có thể có của số lượng giá trị đó.

Anh làm hơi vội đoạn này rồi ạ ví dụ $p=61$ và $d=12$

Chỗ đó chỉ suy ra $v_2{(d)}=v_2{(p-1)}$ thôi ạ

Đúng là có hơi tắt chút, nhưng nếu thêm câu $p-1$ có dạng $2^k$ thì chắc là ok rồi.

Lời giải bài 63:

*) Với $3^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv0\ (\bmod{p})$ thì $3^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\ (\bmod{p})$.

Gọi $d$ là cấp của 3 theo modulo $p$, khi đó: $d\nmid \dfrac{p-1}{2}$.

Mà $3^{p-1}\equiv 1\ (\bmod{p})$ nên $d\mid p-1$, dẫn tới: $d=p-1$. Từ đó suy ra: $p$ là số nguyên tố.

*) Với $p$ là số nguyên tố, ta có: $p\equiv 2\ (\bmod{3})$ và $p\equiv 1\ (\bmod{4})$.

Ta có: $\left(\dfrac{3}{p}\right)=\left(\dfrac{p}{3}\right)=\left(\dfrac{2}{3}\right)=-1$.

Nên: $3^{\frac{p-1}{2}}\equiv\left(\dfrac{3}{p}\right)\equiv -1\ (\bmod{p})$.

Bài 64: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$ thoả mãn đồng thời:

(i) $f(n)\ge n$ với mọi $n\in\mathbb{Z}^+$.

(ii) $f(m+n)\mid f(m)+f(n)$ với mọi $m,n\in\mathbb{Z}^+$.

Do đã lâu rồi bài 59 vẫn chưa có người giải nên mình up bài 60 vậy

Cho dãy $a_{0}=1,a_{1}=1,a_{n+2}=98a_{n+1}-a_{n}-16$

CMR $a_{n}$ là CP với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Lời giải bài 60:

Xét dãy: $b_0=1, b_1=1, b_{n+2}=10b_{n+1}-b_n$.

Ta có:

$\begin{aligned}2b_{n+1}^2-b_nb_{n+2}&=2b_{n+1}(10b_n-b_{n-1})-b_n(10b_{n+1}-b_n)\\&=10b_nb_{n+1}-2b_{n+1}b_{n-1}+b_n^2\\&=2b_n^2+b_{n+1}(10b_{n+1}-b_n)-2b_{n+1}b_{n-1}\\&=2b_n^2-b_{n-1}b_{n+1} \end{aligned}$

Dẫn tới: $2b_{n+1}^2-b_nb_{n+2}=2b_1^2-b_0b_2=-8$, với mọi $n\in\mathbb{N}$.

Lại có:

$\begin{aligned}b_{n+2}^2&=100b_{n+1}^2-20b_{n+1}b_n+b_n^2\\&= 96b_{n+1}^2-b_n^2-16+(4b_{n+1}^2-20b_{n+1}b_n+2b_n^2+16)\\&= 96b_{n+1}^2-b_n^2-16+2(2b_{n+1}^2-b_nb_{n+2}+8)\\&= 96b_{n+1}^2-b_n^2-16\end{aligned}$

Từ đó suy ra: $a_n=b_n^2$ với mọi $n\in\mathbb{N}$.

Bài 61:

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương $(a,b,c,d)$ sao cho nếu số nguyên dương $n$ có tất cả các ước nguyên tố lớn hơn 2016 thì $n+d$ là ước của $n+a^n+b^n+c^n$.

Bài 59 Cho $a_{1}=1;a_{n+1}=a_{n}^{4}-a_{n}^{3}+2a_{n}^{2}+1,n \geq 1$

CMR tồn tại vô hạn số nguyên tố p tm ko có số hạng $a_n$ nào là bội của $p$

Lâu lắm không vào, thấy bài cũng ngon ngon mà không ai xơi.

Lời giải bài 59:

Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp rằng: $a_n$ là dãy tăng ngặt và $a_{n+k}\equiv a_k\ (\bmod a_n)$ với mọi $k\in\mathbb{Z}^+$          (1).

Theo bài ra ta có: $a_{n+1}-a_n=(a_n^2+1)(a_n^2-a_n+1)$

Lấy $p$ là một ước nguyên tố nào đó của $a_n^2+1$.

Vì $a_{n + 1}\equiv a_n\ (\bmod p)$, nên $p|a_{n+1}^2+1$.

Suy ra với mọi $k\ge n$ thì $p|a_k^2+1$, nên $p$ không là ước của $a_k$        (2).

Giả sử tồn tại $k<n$ sao cho $p|a_k$.

Theo (1) thì $p|a_{km}$ với mọi $m\in\mathbb{N}$, mâu thuẫn với (2).

Vậy $p$ không là ước của số hạng nào trong dãy $a_n$.

Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố $p$ là ước của một số có dạng $a_n^2+1$.

Ta có:

$\begin{aligned}(a_{n+1}^2+1)-(a_n^2+1)&=(a_n^2+1)(a_n^2-a_n+1)(a_{n+1}+a_n)\\ \Rightarrow a_{n+1}^2+1&=(a_n^2+1)\left(a_n^2-a_n+1)(a_{n+1}+a_n)+1\right)\\&=(a_n^2+1)\left((a_n^2+1)(a_{n+1}+a_n)-a_n(a_{n+1}-a_n)+1-2a_n^2\right)\end{aligned}$

Vì $\gcd(a_n^2+1,1-2a_n^2)=1$ và $a_n^2+1|a_{n+1}-a_n$ nên $\gcd(a_n^2+1,(a_n^2+1)(a_{n+1}+a_n)-a_n(a_{n+1}-a_n)+1-2a_n^2)=1$, suy ra tồn tại số nguyên tố $p$ là ước của $a_{n+1}^2+1$ mà không phải là ước của $a_n^2+1$.

Dễ thấy khi đó $p$ không là ước của $a_k^2+1$ với mọi $k<n$.

Dẫn tới tồn tại vô số số nguyên tố $p$ là ước của một số có dạng $a_n^2+1$.

Từ giả thiết suy ra: $(bc-1)(ca-1)(ab-1)\ \vdots\ abc$ hay $ab+bc+ca-1\ \vdots\ abc$

Vì $a<b<c$ nên ta có: $abc\le ab+bc+ca-1<3bc$ nên $a<3$.

Mà $a$ là số nguyên tố nên $a=2$.

Khi đó ta có: $bc+2b+2c-1\ \vdots\ 2bc$.

Vì $c>b>2$ nên $2bc\le bc+2b+2c-1<3bc$ nên suy ra: $bc+2b+2c-1=2bc$.

Hay $bc-2b-2c+1=0\Leftrightarrow (b-2)(c-2)=3$.

Từ giả thiết $c>b>2$ dễ dàng suy ra: $b=3, c=5$.

Theo Viet ta có: $\left\{\begin{aligned}a+b=10c\\ab=-11d\end{aligned}\right.$ và $\left\{\begin{aligned}c+d=10a\\cd=-11b\end{aligned}\right.$.

Khi đó ta có: $abcd=121bd$, mà $b,d\ne0$ nên $ac=121$.

Ta có: $a+b+c+d=10(a+c)\Rightarrow b+d=9(a+c)$.

Lại có: $a^2-10ac-11d+c^2-10ac-11b=0\Leftrightarrow (a+c)^2-22ac-11(b+d)=0$

$\Leftrightarrow (a+c)^2-99(a+c)-2662=0\Leftrightarrow \left[\begin{aligned}a+c=121\\a+c=-22\end{aligned}\right.$

Với $a+c=-22$ thì ta suy ra được: $a=c=-11$, khi đó dễ dàng suy ra: $b=d=-99$ (thoả mãn), khi đó: $a+b+c+d=-220$.

Với $a+c=121$ thì ta suy ra được: $b+d=1089$ (thoả mãn), khi đó: $a+b+c+d=1210$.

Vậy $S=-220$ hoặc $S=1210$.

Chắc ý bạn là mihailescu :v nhưng ko có chứng minh sơ cấp, với cả 2 bài này ý tưởng khác nhau :v Đừng nhầm lẫn là tương tự nha

P/s: Anh IMOer ơi lời giải bài 49 ...

Tặng các bạn lời giải bài 49:

Xét số nguyên tố $r$ bất kỳ.

Ta gọi $p\in S$ là “tốt” nếu tồn tại vô số phần tử thuộc $S$ đồng dư $p$ mod $r$.

Từ đó dẫn tới có hữu hạn số nguyên tố $p\in S$ là “không tốt”. Gọi $a$ là tích tất cả các số “không tốt” trong $S$ và $b$ là tích của một số số “tốt” bất kỳ trong $S$, khi đó mọi ước nguyên tố của $ab+1$ đều là “tốt”.

Ta xây dựng dãy số $\left( {{x}_{n}} \right)$ như sau: ${{x}_{0}}=1$. Giả sử $x{{y}_{n-1}}+1={{p}_{1}}{{p}_{2}}...{{p}_{m}}$ thì ${{p}_{i}}$ đều là các số “tốt”, nên ta có thể chọn ${{q}_{i}}$ đôi một phân biệt sao cho ${{q}_{i}}\equiv {{p}_{i}}\ \left( \bmod \ r \right)$, khi đó ta lấy: ${{x}_{n}}={{q}_{1}}{{q}_{2}}...{{q}_{m}}$.

Chứng minh bằng quy nạp ta được: ${{x}_{n}}\equiv {{a}^{n}}+...+a+1\ \left( \bmod \ r \right)$.

Dựa trên cách xây dựng dãy $\left( {{x}_{n}} \right)$ ta sẽ chứng minh $r\in S$.

Nếu $a\equiv 0\ \left( \bmod \ r \right)$ thì hiển nhiên $r\in S$ theo cách xây dựng $a$.

Nếu $a\equiv 1\ \left( \bmod \ r \right)$ thì ta có: $r|{{x}_{r-1}}$ nên $r\in S$ theo cách xây dựng ${{x}_{r-1}}$.

Nếu $a\not{\equiv }0\ \left( \bmod \ r \right)$ và $a\not{\equiv }1\ \left( \bmod \ r \right)$ thì ta có: $\left( a-1 \right){{x}_{r-2}}\equiv {{x}^{r-1}}-1\equiv 0\ \left( \bmod \ r \right)$, nên $r\in S$ theo cách xây dựng ${{x}_{r-2}}$.

Vậy $r\in S$ với $r$ là số nguyên tố bất kỳ.

Em nghĩ dãy $k_{n}$ phải nhỏ hơn $10$ và cách chúng ta thêm vào phải lặp lại em không chắc về ý kiến của mình . Mong anh có ý kiến thêm .

Lời giải bài này yêu cầu $k_n$ phải khác 9 (Cũng có thể nếu $k_n$ có thể bằng 9 thì kết luận trên vẫn đúng).

Còn $k_n$ có thể tuỳ ý, không cần lặp lại, ví dụ: $a_1=2016; a_2=20162; a_3=201621; a_4=2016201; a_5=20162010;...$ là một dãy hợp lệ.

Bài 15: 

Một ảo thuật gia với $1$ bộ bài có $52$ quân bài, có $4$ loại bài là cơ, chuồn, rô, tép, mỗi loại bài có $13$ quân bài. Đầu tiên nhà ảo thuật sẽ đưa bộ bài cho khán giả xào bài, tất cả các quân bài sau khi được xào lại được đặt úp, chồng lên nhau. Trợ thủ của nhà ảo thuật được quyền xem thứ tự các quân bài và cũng có thể viết $1$ trong $2$ số $0$ hoặc $1$ vào mặt sau mỗi quân bài nhưng không được sắp xếp lại bộ bài và cũng không được nói cho nhà ảo thuật biết thứ tự của bộ bài. Mỗi lượt nhà ảo thuật sẽ đoán loại bài của lá bài trên cùng của xấp bài, sau đó loại nó ra khỏi bộ bài. Nhà ảo thuật cứ tiếp tục như thế trong $52$ lượt. Hỏi có chiến lược nào giúp anh ta đoán được đúng loại bài của ít nhất $30$ quân bài không?

Mình có một số thắc mắc sau:

- Trợ lý và nhà ảo thuật có được thống nhất chiến thuật từ trước khi xáo bài hay không?

- Có bắt buộc trợ lý phải viết số vào sau lá bài không?

Lời giải khác bài 52:

Trường hợp 1: Nếu $n\notin M$, ta chia $2n-2$ số còn lại thành $n-1$ cặp: $(1,2n-1), (2,2n-2),...,(n-1,n+1)$.

Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất 1 cặp mà cả 2 số đều là phần tử của $M$, và tổng 2 phần tử này chia hết cho $2n$.

Trường hợp 2: Nếu $n\in M$, gọi $n-1$ phần tử còn lại của $M$ là $x_1, x_2,...,x_{n-1}$. Ta sẽ chứng minh tồn tại tập con khác rỗng $S$ của $M\backslash \{n\}$ có tổng các phần tử chia hết cho $n$          $(*)$.

Nếu tổng các phần tử của $S$ chia hết cho $2n$ thì $S$ là tập cần tìm.

Nếu tổng các phần tử của $S$ không chia hết cho $2n$ thì $S\cup\{n\}$ là tập cần tìm.

Thật vậy, vì $n\ge4$ nên sẽ tồn tại 2 số không cùng số dư khi chia cho $n$, không mất tính tổng quát, giả sử đó là $x_1,x_2$.

Xét $n$ số sau: $x_1, x_2, x_1+x_2, x_1+x_2+x_3,...,x_1+x_2+...+x_{n-1}$. 

Nếu có ít nhất 1 số trong $n$ số trên chia hết cho $n$ thì xong.

Nếu không có số nào trong $n$ số trên chia hết cho $n$ thì sẽ tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho $n$. Khi đó hiệu 2 số này sẽ chia hết cho $n$, suy ra $(*)$.

Lời giải bài 13:

Gọi ${{P}_{n}}$ là số hình vuông có các đỉnh thuộc ${{X}_{n}}$.

Nhận xét: từ một hình vuông cạnh $s$ có cạnh song song với trục tọa độ, ta có thể dựng được thêm $s-1$ hình vuông nội tiếp.

Mà có ${{(n-s)}^{2}}$ hình vuông cạnh $s$ có cạnh song song với trục tọa độ.

$\displaystyle \Rightarrow {{P}_{n}}=\sum_{s=1}^{n-1}{{{(n-s)}^{2}}}s=\frac{{{n}^{2}}({{n}^{2}}-1)}{12}=\frac{C_{{{n}^{2}}}^{2}}{6}$

Mỗi hình vuông có 6 đoạn nối các cặp đỉnh nên có $6{{P}_{n}}$ đoạn nối các cặp đỉnh.

Số cặp điểm là:${{S}_{0}}+{{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}=C_{{{n}^{2}}}^{2}=6{{P}_{n}}$.

Số cạnh và số đường chéo của ${{P}_{n}}$ hình vuông là: ${{S}_{1}}+2{{S}_{2}}+3{{S}_{3}}=6{{P}_{n}}$.

Từ đó suy ra: ${{S}_{0}}={{S}_{2}}+2{{S}_{3}}$.

Bạn JUV đăng bài tiếp theo lên nhé!

Mình xin đề xuất bài tiếp theo.

Bài 51: (Nguồn: AMM)

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $\binom{n}{k}$ là ước của$\binom{2n}{2k}$ với mọi số nguyên dương $k$ không vượt quá $n$.

Đây là ý kiến của mình từ lâu rồi không phải nói bài này đâu nhé. Do topic có mục đích giao lưu học hỏi là chính nên ở 1 số bài toán nếu người đề xuất có khác với các cách được đưa ra thì cũng nên post lời giải của mình lên.

p/s bài 36 anh imoer có thể post đáp án được không ạ

Cảm ơn Hoàng đã nhắc.

Đây là lời giải của mình cho bài 36:

Gọi số cần tìm là ${{n}^{2}}$.

Theo bài ra ta có: ${{n}^{2}}=\underbrace{{{111...1}_{\left( 3 \right)}}}_{m}=\frac{{{3}^{m}}-1}{2}$ hay ${{3}^{m}}-1=2{{n}^{2}}$.

Trường hợp 1: $m=2k;\ k\ge 1$, khi đó ta có: ${{\left( {{3}^{k}} \right)}^{2}}-2{{n}^{2}}=1$.

Xét phương trình Pell: ${{x}^{2}}-2{{y}^{2}}=1$.

Phương trình này có tất cả các nghiệm không âm là: $\left\{ \begin{array}{l} {{x}_{0}}=1;\ {{x}_{1}}=3 \\ {{y}_{0}}=0;\ {{y}_{1}}=2 \\ {{x}_{n+1}}=6{{x}_{n}}-{{x}_{n-1}} \\ {{y}_{n+1}}=6{{y}_{n}}-{{y}_{n-1}} \\ \end{array} \right.$

Nhận thấy: ${{x}_{n}}>3$ với mọi $n>2$ và $\left\{ \begin{array}{l} {{x}_{n}}\equiv 0\ \left( \bmod \ 9 \right)\Leftrightarrow n\equiv 3\ \left( \bmod \ 6 \right) \\ {{x}_{n}}\equiv 0\ \left( \bmod \ 11 \right)\Leftrightarrow n\equiv 3\ \left( \bmod \ 6 \right) \\ \end{array} \right.$

Nên với $n>2$ thì ${{x}_{n}}$ không thể có dạng ${{3}^{k}}$.

Từ đó suy ra phương trình ${{\left( {{3}^{k}} \right)}^{2}}-2{{n}^{2}}=1$ có nghiệm $n$ nguyên dương duy nhất là $\left( k,\ n \right)=\left( 1,\ 2 \right)$.

Trường hợp 2: $m=2k+1;\ k\ge 0$ khi đó ta có: $3{{\left( {{3}^{k}} \right)}^{2}}-2{{n}^{2}}=1$.

Xét phương trình Pell: $3{{x}^{2}}-2{{y}^{2}}=1$.

Phương trình này có tất cả các nghiệm không âm là: $\left\{ \begin{array}{l} {{x}_{0}}=1;\ {{x}_{1}}=9 \\ {{y}_{0}}=1;\ {{y}_{1}}=11 \\ {{x}_{n+1}}=10{{x}_{n}}-{{x}_{n-1}} \\ {{y}_{n+1}}=10{{y}_{n}}-{{y}_{n-1}} \\ \end{array} \right.$

Nhận thấy: ${{x}_{n}}>9$ với mọi $n>2$ và $\left\{ \begin{array}{l} {{x}_{n}}\equiv 0\ \left( \bmod \ 27 \right)\Leftrightarrow n\equiv 4\ \left( \bmod \ 9 \right) \\ {{x}_{n}}\equiv 0\ \left( \bmod \ 17 \right)\Leftrightarrow n\equiv 4\ \left( \bmod \ 9 \right) \\ \end{array} \right.$

Nên với $n>2$ thì ${{x}_{n}}$ không thể có dạng ${{3}^{k}}$.

Từ đó suy ra phương trình $3{{\left( {{3}^{k}} \right)}^{2}}-2{{n}^{2}}=1$ có các nghiệm nguyên không âm là $\left( k,\ n \right)=\left( 0,\ 1 \right)$ và $\left( k,\ n \right)=\left( 2,\ 11 \right)$.

Vậy các số chính phương cần tìm là: $1, 4, 121$.

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 $v_{p}(n) = 1$.

Remark

Tìm thấy bài này trong mục Junior nhưng thấy cũng hay

Một hướng đi hơi giải tích cho bài này:

Kết quả quen thuộc: $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$

Với mỗi số nguyên tố $p$ thì có $\left\lfloor\dfrac{2n}{p^2}\right\rfloor$ số không là số square-free và $\le 2n$.

Vậy số các số không phải square-free và $\le 2n$ sẽ không vượt quá:

$\displaystyle S=\sum_{p\textrm{ prime}} \left\lfloor \dfrac{2n}{p^2}\right\rfloor\le 2n\sum_{p \textrm{ prime}}\dfrac{1}{p^2}$

Lại có: $\displaystyle \sum_{p \textrm{ prime}}\dfrac{1}{p^2}<\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k^2}-1-\dfrac{1}{4^2}-\dfrac{1}{6^2}-\dfrac{1}{8^2}-\dfrac{1}{9^2}-\dfrac{1}{10^2}-\dfrac{1}{12^2}-\dfrac{1}{14^2}-\dfrac{1}{15^2}-\dfrac{1}{16^2}=\dfrac{\pi^2}{6}-\dfrac{29177437}{25401600}<\dfrac{1}{2}$

Nên có ít hơn $n$ số không phải số square-free trong $2n$ số nguyên dương đầu tiên.

Từ đó suy ra, nếu lấy $n$ số bất kỳ từ $2n$ số nguyên dương đầu tiên thì luôn tồn tại ít nhất 1 số square-free.

Hình như mấy kì thi khác mình đọc thì định lí Dirichlet được thay tên bằng định lí Pigeonhole nội dung tương tự được sử dụng không chứng minh 

"Định lý Pigeonhole" mà bạn nói được gọi là "Nguyên lý Dirichlet" chứ không phải "Định lý Dirichlet về sự tồn tại số nguyên tố" bạn nhé!

"Nguyên lý Dirichlet" thì luôn được dùng rồi.

Thực ra nguyên lí Đi-rich-lê chứng minh rất phức tạp nhưng theo mình biết thì khi thi cử không cần cm nên thấy cũng nhiều bài toán phải sử dụng luôn chứ cũng khồng có gì quá cả

p/s bài 50 Ego ơi

Định lý Dirichlet sẽ chỉ được sử dụng không chứng minh khi dự thi IMO. Còn các kỳ thi khác thì đều không được sử dụng khi không chứng minh lại.

Cũng đã lâu mà chưa ai giải quyết bài 13. Mình xin phép đăng luôn bài tiếp theo, nếu trong vòng 2 ngày tới không ai giải bài 13 thì mình sẽ đăng lời giải.

Bài 14: Có 2 con châu chấu nằm tại 2 điểm nguyên trên mặt phẳng toạ độ. Mỗi lần thổi còi, có đúng 1 con châu chấu nhảy tới một điểm nguyên khác sao cho khoảng cách giữa 2 con châu chấu luôn không đổi. Hỏi sau hữu hạn lần thổi còi, 2 con châu chấu có thể đổi chỗ cho nhau được không? (mỗi con sẽ nhảy tới vị trí ban đầu của con kia)

Lời giải bài 48:

Bổ đề: Với ${{a}^{5}}+{{b}^{5}}={{c}^{2}}$ và $\gcd \left( a,b \right)=1$ thì $5|c$ hoặc $a+b$ là một số chính phương.

Chứng minh bổ đề: Ta có: ${{c}^{2}}=\left( a+b \right)\left( {{a}^{4}}-{{a}^{3}}b+{{a}^{2}}{{b}^{2}}-a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)$

Gọi $d=\gcd \left( a+b,{{a}^{4}}-{{a}^{3}}b+{{a}^{2}}{{b}^{2}}-a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)$ thì suy ra: $d|5{{a}^{4}}$ và $d|5{{b}^{4}}$.

Mà $\gcd \left( a,b \right)=1$ suy ra: $d|5$.

Nếu $d=1$ thì suy ra: $a+b$ là một số chính phương.

Nếu $d=5$ thì suy ra: $5|c$.

Quay lại bài toán, ta có:

Nhận thấy nếu $(x,y)$ là nghiệm thì $(x,-y)$ cũng là nghiệm nên ta sẽ chỉ xét $y\ge0$.

Với $y=0$ thì ta suy ra: $x=-1$

Với $y=1$ thì ta suy ra: $x=0$

Với $y\ge 2$ thì ta cũng suy ra: $x\ge 2$.

Ta có: ${{y}^{2}}={{x}^{5}}+1=\left( x+1 \right)\left( {{x}^{4}}-{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x+1 \right)$

Nếu $x+1$ là số chính phương thì ta suy ra: ${{x}^{4}}-{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x+1$ cũng là số chính phương.

Với $x\ge 2$ thì ${{\left( 2{{x}^{2}}-x \right)}^{2}}<4\left( {{x}^{4}}-{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x+1 \right)<{{\left( 2{{x}^{2}}-x+1 \right)}^{2}}$ nên trường hợp này vô nghiệm.

Nếu $x+1$ không là số chính phương thì theo bổ đề ta có: $5|y$.

Lại có: ${{x}^{5}}=\left( y-1 \right)\left( y+1 \right)$.

Nếu $2|y$ thì suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}y-1={{a}^{5}} \\y+1={{b}^{5}}\end{array} \right.$ với $a,b\in \mathbb{N},\ \gcd \left( a,b \right)=1$.

Khi đó suy ra: ${{b}^{5}}-{{a}^{5}}=2$, dễ thấy vô nghiệm.

Nếu $2\nmid y$ thì ta có 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: $y+1=2{{a}^{5}};\ y-1=16{{b}^{5}}$ với $a,b\in \mathbb{N},\ \gcd \left( a,b \right)=1,\ a$ lẻ. Khi đó dễ dàng suy ra được: $a>b\Rightarrow a-1\ge b$.

Ta có: ${{a}^{10}}-{{\left( 2b \right)}^{5}}={{\left( \frac{y+1}{2} \right)}^{2}}-2\left( y-1 \right)={{\left( \frac{y-3}{2} \right)}^{2}}$

Vì $\frac{y-3}{2}\in \mathbb{N}$ và không chia hết cho 5 nên theo bổ đề ta có: ${{a}^{2}}-2b$ là số chính phương, vô lý vì: ${{a}^{2}}>{{a}^{2}}-2b\ge {{a}^{2}}-2\left( a-1 \right)>{{\left( a-1 \right)}^{2}}$.

Trường hợp 2: $y+1=16{{a}^{5}};\ y-1=2{{b}^{5}}$ với $a,b\in \mathbb{N},\ \gcd \left( a,b \right)=1,\ b$ lẻ. Giải quyết tương tự suy ra trường hợp này vô nghiệm.

Bằng một cách tương tự, ta cũng có thể giải quyết được bài toán sau:

"Phương trình $x^{2017}+1=y^2$ chỉ có các nghiệm nguyên $(x,y)=(-1;0)$ và $(x,y)=(0;\pm1)$.

Bài 49: (Nguồn: Sưu tầm)

Cho $S$ là tập khác rỗng các số nguyên tố thoả mãn với $n\ge 1$ và $p_1,p_2,...,p_n\in S$ thì mọi ước nguyên tố của $p_1p_2...p_n+1$ cũng thuộc $S$.

Chứng minh rằng mọi số nguyên tố đều thuộc $S$.

Bài 44 : ( India ) Giải phương trình nghiệm tự nhiên : $7^{x}=3^{y}+4$ ( gợi ý là xét $mod37$ vì nếu không lần mò mất thời gian )

Lời giải bài 44: (Không xét modulo 37)

Với $y=0$ thì $7^x=4$, không thoả mãn.

Với $y=1$ thì $7^x=7\Leftrightarrow x=1$.

Với $y\ge 2$ thì $3^y+4\equiv 4\ (\bmod{9})$ nên $7^x\equiv 4\ (\bmod{9})$. Từ đó suy ra: $x\equiv 2\ (\bmod{3})$.

Từ đó suy ra: $7^x$ khi chia cho $13$ có thể dư $10,11,2$ hoặc $3$.

Lại có: $3^y\equiv 3\ (\bmod{7})$ nên $y\equiv 1\ (\bmod{6})$.

Từ đó suy ra: $3^y+4\equiv 7\ (\bmod{13})$.

Vậy phương trình vô nghiệm khi $y\ge 2$.

Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên duy nhất $(x,y)=(1,1)$

Bài 45: (Sưu tầm)

Cho $n$ là một số nguyên dương. Chứng minh rằng mọi bội số của $10^n-1$ đều có ít nhất $n$ chữ số khác 0.

Các cặp điểm đó là các cặp đỉnh của hình vuông đỏ trong hình đính kèm.

Bạn xem lại đề 13 nhé. Trong TH $n=3$ thì $S_{3}=0$;$S_{2}=8$;$S_{0}=12$

Đề bài hoàn toàn đúng bạn ạ.

Với $n=3$ thì $S_0=8$ bạn nhé, chỉ có 8 cặp điểm nằm trên đường chéo của các hình chữ nhật $1\times 2$ mới thuộc $S_0$ thôi.