Ego

Bổ đề 1. $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ khi và chỉ khi $P(x + k)$ bất khả quy ($k$ là một số nguyên)
Bổ đề 2. Tiêu chuẩn Eiseinstein.
Bổ đề 3. $\dbinom{p}{k} \vdots p$ với $p \in \mathbb{P}$ và $0 < k < p$ là một số nguyên.
$P(x) = \frac{x^{p} - 1}{x - 1}$
Do đó $P(x + 1) = \frac{(x + 1)^{p} - 1}{x} = x^{p - 1} + \dbinom{p}{p - 1}x^{p - 2} + \ldots + \dbinom{p}{2}x + p$. Áp dụng tiêu chuẩn Eiseinstein suy ra $P(x + 1)$ bất khả quy $\iff P(x)$ bất khả quy.

Mình vừa chế và đem lên blog của mình nhằm đợi chúc AoPS năm mới thì lại thấy bài viết ở đây :-D Khó tìm được bài nào của mình mà chưa xuất hiện thật.
Đây là lời giải của mình (bài này thiên hướng giải tích, mình nghĩ vậy).
Bổ đề 1: Mọi đa thức đều liên tục trên $\mathbb{R}$.
Bổ đề 2: Cho dãy $(a_{n})$ hội tụ tại $L$ và hàm $f$ liên tục. Khi đó

Bộ $a,b,c$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên bộ nghiệm thứ hai phải loại chứ bạn

Ừ nhỉ :3 Tớ quên không kiểm lại điều kiện đó. Thanks.

Sao mình nhớ trong đề thi là 'tìm tất cả các ước số nguyên tố của $a^2 + b$ mà không đồng dư modulo $7$' nhỉ? Mà không sao cả, đợt đó mình chú tâm bài bđt với cả cũng bận ôn thi nên quên cả hạn gửi bài  . Đây là lời giải của mình cho bài toán trên.
$$\begin{cases} (a^{2} + b)\mid (c^{2} + a) \\ (a^{2} + b)\mid (b^{4} - c^{2}) \end{cases} \implies (a^{2} + b)\mid (b^{4} + a) \implies (a^{2} + b)\mid (b^{8} - a^{2}) \implies (a^{2} + b)\mid ((b^{8} - a^{16}) + (a^{16} - a^{2}) \implies (a^{2} + b)\mid a^{2}(a^{14} - 1)$$
Dễ thấy $\text{gcd}(a^{2} + b; a^{2})\mid \text{gcd}(b; a^{2})\mid \text{gcd}(a^{2}; b^{2})\mid (\text{gcd}(a; b))^{2} = 1 \implies \text{gcd}(a^{2} + b; a^{2}) = 1$
$$\implies (a^{2} + b)\mid (a^{14} - 1)$$. Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kì của $a^2 + b$:
TH1: $p = 7$. Dễ thấy $\text{gcd}(p; a) = 1$, do đó theo định lý Fermat bé: $1 \equiv a^{14} \equiv a^{2} \pmod{7}$. Từ đó có $7\mid (a^{2} - 1)$. Theo bổ đề LTE thì $v_{7}(a^{14} - 1) = v_{7}(a^{2} - 1) + 1$. Do đó $v_{7}(a^{2} + b) \le v_{7}(7(a^{2} - 1))$
TH2: $p \neq 7$. Nếu $p\mid \frac{a^{14} - 1}{a^{2} - 1}$, thì theo một bổ đề cũ: "Cho $L$ là một số nguyên dương và $p$ là một số nguyên tố sao cho $L\mid \frac{x^{p} - 1}{x - 1}$ thì $L \equiv 0; 1 \pmod{p}$". Cho ta $p \equiv 0; 1\pmod{7}$, điều này vô lí. Do vậy mọi ước nguyên tố không đồng dư $0, 1$ modulo $7$ của $a^{2} + b$ là ước nguyên tố của $a^{2} - 1$
Từ đây ta đi đến kết luận $(a^{2} + b) \mid 7(a^{2} - 1)$. Đặt $7(a^{2} - 1) = L(a^{2} + b) \iff (7 - L)(a^{2} + b) = 7(b + 1)$. Dễ thấy $L \ge 6$
$a^{2} + b = \frac{7(1 + b)}{7 - L} \implies \frac{7(1 + b)}{7 - L}\mid 7(b^{2} - 1) + 7(c + 1) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L}\mid 7(c + 1) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L}\mid 7(c^{2} - 1) + 7(1 + a) \implies \frac{7(b + 1)}{7 - L} \mid 7(a + 1)$. Từ đó có:
$$\frac{7(a + 1)}{a^{2} + b} \in \mathbb{Z}_{+}$$.
Thử từ $1$ đến $8$ có các nghiệm $(1; 1; 1); (6; 13; 370)$. Do $a, b, c$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên chỉ có $(1; 1; 1)$ là bộ nghiệm duy nhất.

Tìm $P(x)\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ thỏa mãn:

$P(x^{2})=P(x).P(x+1)$, $\forall x\in \mathbb{R}$

Mình viết tiêu đề bị sai rồi mà mình không biết sửa, mong các bạn thông cảm.

Mình làm thế này, bạn coi thế nào nhé? Trường hợp đa thức hằng $P(x) = 1$ tầm thường, ta chỉ xét $\deg{P} \ge 1$
Nếu $\alpha \in \mathbb{C}$ là một nghiệm của $P(x)$ thì $\alpha^{2}$ và $(\alpha - 1)^{2}$ cũng là nghiệm của $P(x)$.
Nếu có một nghiệm $\alpha$ sao cho $|\alpha| > 1$ thì mọi phần tử của dãy tăng vô hạn $\alpha < (\alpha)^{2} < \ldots < (\alpha)^{2^{t}} < \ldots$ cũng là nghiệm của $P(x)$, vô lí do đa thức chỉ có hữu hạn nghiệm.
Nếu có một nghiệm $\alpha$ sao cho $0 < |\alpha| < 1$ thì mọi phần tử của dãy giảm vô hạn $\alpha > (\alpha)^{2} > \ldots > (\alpha)^{2^t} > \ldots$ cũng đều là nghiệm. Do đó cũng vô lí.
Do vậy $P(x)$ chỉ nhận các nghiệm có module là $1$ hoặc $0$.
TH1: $P(0) \neq 0$. Thế $x:=0$ vào có được $P(1) = 0$. Mặt khác, theo nhận định trên thì $(1 - 1)^2 = 0$ cũng là nghiệm. Vô lí.
TH2: $P(0) = 0$. Từ nhận đinh, ta có $(0 - 1)^{2}$ cũng là nghiệm. Vậy đặt $P(x) = x^{m}.(x - 1)^{n}.Q(x)$ với $Q(0) \neq 0$ và $Q(1) \neq 0$.
$$Q(x^{2}).x^{2m}.(x^{2} - 1)^{n} = x^{m}.(x - 1)^{n}.(x + 1)^{m}.x^{n}.Q(x).Q(x + 1)$$
So sánh các nhân tử $x^{k}$ của hai bên dễ thấy $m = n$.
Vậy ta có $Q(x^{2}) = Q(x).Q(x + 1)$. Từ đây có thể suy ra $Q(x)$ là đa thức hằng khác $0$ nhờ:
i) $P(x) \neq 0$
ii) Lí luận tương tự trên "Nếu $\alpha$ là một nghiệm ...", để ý một điều là $Q(0) \neq 0$, tương tự trường hợp 1. Có được điều vô lí.
Tóm lại $P(x) = [x(x + 1)]^{L}$

Đặt $x^2 + y^2 - 1 = k(2xy - 1)$ với $k$ là số nguyên dương. Xét $x = y = 1$ thoả mãn $x = y$. Không mất tổng quát, giả sử $x \ge y$ và $x > 1$. Để ý $x^2 - 2kyx + y^2 + k - 1 = 0$ là pt bậc hai theo $x$. Giả sử $(x; y)$ là một nghiệm của pt trên sao cho $x + y$ nhỏ nhất và $x \ge 2$. Theo công thức Vieta tồn tại một số $e$ sao cho:
$$\begin{cases} x + e = 2ky \\ xe = y^2 + k - 1\end{cases}$$
Hệ trên cho ta $e$ là một số nguyên dương. Mặt khác $x + y$ nhỏ nhất nên $e + y \ge x + y \iff e \ge x$. Từ đó $2ky \ge 2x \iff k \ge \frac{x}{y}$.
$$\implies k = \frac{x^2 + y^2 - 1}{2xy - 1} = \frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} - \frac{1}{xy}}{2 - \frac{1}{xy}} \le \frac{k + 1}{2 - \frac{1}{2}} \implies k \le 2$$
Với $k = 2$, pt tương đương $x^2 + y^2 = 4xy - 1$. Pt này vô nghiệm (bài toán cũ)
Với $k = 1$ ta có $x = y$. Xong.

$Cho  k  \epsilon \mathbb{N} , k>1 .Cmr$ ton tai huu han x thoa man:

    $\sigma (x)-x=k$

Về ý tưởng thì bài này đơn giản 1 tí. Giả sử tồn tại vô hạn $x$ thỏa mãn điều kiện trên. Gọi i là chỉ số sao cho số nguyên tố thứ $p_{i}$ là số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn $p_{i} > k$.
Để ý $x$ là số nguyên tố thì $\sigma (x) - x = 1$ vô lí, do đó ta chỉ quan tâm $x$ là hợp số
Vậy nếu $p_{j}\mid x \; (j \ge i)$ thì dễ thấy $\sigma (x) - x \ge p_{i} > k$ (vô lí).
Do đó $x$ trong phân tích chính tắc chỉ có thể gồm các số nguyên tố $p_{1} = 2; p_{2} = 3; ...; p_{i - 1}$
Đặt $x = p_{1}^{a_{1}}.p_{2}^{a_{2}}\dots p_{i - 1}^{a_{i - 1}}$. Nhận xét 1 điều là $\sigma (x.p_{k}) - x.p_{k} > \sigma (x) - x$.
Do đó $a_{i}$ bị chặn trên.
Điều này mâu thuẫn với việc có vô hạn số nguyên thỏa mãn

Dễ mà giấu vậy bạn, cho mọi người xem lời giải bạn với?
@gianglqd: http://artofproblems...number_theory_5
Xem thử lời giải mình nhé

Cho M là một số nguyên dương $S=\left \{ n \epsilon \mathbb{N}*/M^2\leq n<(M+1)^2 \right \} $. Chứng minh rằng mọi tích $ab$ (a,b thuộc S) phân biệt

Ý tưởng tự nhiên nhất là phản chứng. Giả sử ngược lại là tồn tại cặp $ab = cd$ với ít nhất 1 số ở VP khác 1 số ở VT. Không mất tổng quát giả sử rằng $a = max(a; b; c; d) \implies b = min(a; b; c; d)$. Không mất tổng quát, lại giả sử rằng $c \le d$. Từ đó, ta có bộ sắp thứ tự $M^2 \le b \le c \le d \le a < (M + 1)^2$. Dễ dàng thấy rằng $\sqrt{a} - \sqrt{b} < 1$.
Đặt $c = b + x; d = b + y; a = b + z$. Khi đó $x \le y \le z$:
Ta có $ab = cd \iff (b + z)b = (b + x)(b + y) \implies b(z - x - y) = xy$. Để ý các biến trên đều là số tự nhiên, suy ra $b|(xy)$ và $z \ge x + y$. Suy ra $xy = 0$ hoặc $xy \ge b$
Nếu $xy \neq 0$ thì $xy \ge b$:
$z = \frac{xy}{b} + x + y \ge 1 + 2\sqrt{xy} (i)$
Mặt khác, từ $\sqrt{a} < 1 + \sqrt{b} \implies b + z = a < 1 + b + 2\sqrt{b} \implies z < 1 + 2\sqrt{xy} (ii)$
Từ $(i)$ và $(ii)$ thì thấy mâu thuẫn.
​Từ đó $xy = 0$.
​Với $x = 0$ thì có $b = c$, từ điều kiện đầu có được $a = d$, mâu thuẫn với cách chọn cặp của ta.
​Với $y = 0$ thÌ $b = c = d$, tiếp tục như trên lại mâu thuẫn.
​Tóm lại các tích $ab$ phân biệt.
p.s: Mình thấy làm xong thấy nặng đại số quá. Và điều kiện $\sqrt{a} - \sqrt{b} < 1$ thì quan trọng. Hình như dùng điều kiện khác để đánh giá cũng được . À cho mình hỏi nguồn bài này với nhé?

Vì tập $\mathbb{X}$ tồn tại số nguyên dương và số nguyên âm nên hẳn là sẽ tồn tại phần tử NGUYÊN DƯƠNG bé nhất và phần tử NGUYÊN ÂM lớn nhất . Sao mà không thể có số nguyên dương nhỏ nhất hay số nguyên âm lớn nhất được nhỉ.