IMOer

Lời giải bài 31:

Xét các số trên $\mathbb{Z}/\mathbb{Z}_p$.

Ta có: $x^2+y^2+z^2\equiv 2axyz\ (\bmod{p}) \Leftrightarrow (z-axy)^2\equiv (a^2x^2-1)y^2-x^2\ (\bmod{p})$.

Với mỗi cặp số $x,y\in\{0,1,\ldots,p-1\}$ thì số nghiệm $z$ là: $1+\left(\dfrac{(a^2x^2-1)y^2-x^2}{p}\right)$.

Suy ra số nghiệm của phương trình đồng dư đã cho là:

\[S=p^2+\sum_{x=0}^{p-1}\sum_{y=0}^{p-1}\left(\dfrac{(a^2x^2-1)y^2-x^2}{p}\right)\]

Áp dụng bổ đề: $\sum_{x=0}^{p-1} \left(\dfrac{ax^2+bx+c}{p}\right)=\left\{\begin{array}{l}-\left(\dfrac{a}{p}\right)&,p\nmid b^2-4ac\\(p-1)\left(\dfrac{a}{p}\right)&,p|b^2-4ac\end{array}\right.$ ta có:

\[\sum_{y=0}^{p-1} \left(\dfrac{(a^2x^2-1)y^2-x^2}{p}\right)=\left\{\begin{array}{l}-\left(\dfrac{a^2x^2-1}{p}\right)&,ax\not\equiv \pm1\ (\bmod{p})\\(p-1)\left(\dfrac{a^2x^2-1}{p}\right)&,ax\equiv \pm1\ (\bmod{p})\end{array}\right.\]

Suy ra: \[S=p^2+2p\left(\dfrac{-1}{p}\right)-\sum_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{a^2x^2-1}{p}\right)=\left(p+\left(\dfrac{-1}{p}\right)\right)^2\]

Bài 32: (Nguồn: Sưu tầm)

Tìm tất cả các số nguyên dương $m\equiv 2\ (\bmod{4})$ sao cho tồn tại các số tự nhiên $n, k$ và số nguyên tố $p$ sao cho $\dfrac{m^{2^n-1}-1}{m-1}=m^n+p^k$.

@IMOer: Lời giải bài 24 đẹp với lạ quá, bạn có thể giới thiệu cho mọi người tại sao bạn lại nghĩ đến việc chọn dãy như thế được không ạ?

Mình xin chia sẻ với Ego và các bạn khác, tại sao mình lại chọn dãy như vậy.

Từ phương trình ban đầu ta viết lại được dưới dạng: $(2x+y)^2-5y^2=n$.

Đến đây, mình nghĩ tới phương trình Pell liên kết với phương trình này là $x^2-5y^2=1$.

Phương trình Pell này có nghiệm cơ bản $(x,y)=(9,4)$.

Từ đó mình tìm ra được là $(x,y)$ là nghiệm thì $(5x+8y,8x+13y)$ cũng là nghiệm.

Linh cảm mách bảo mình $5,8,13$ là 3 số liên tiếp của dãy Fibonacci nên khả năng 3 số hạng liên tiếp khác của dãy Fibonacci cũng đúng.

Và nó đúng thật.

Đến đây thì mọi người sẽ thấy lời giải đó hoàn toàn tự nhiên chứ không hề có mưu mẹo gì.

Mình xin phép đề xuất bài tiếp theo

Bài 25: (From a France competition)

Cho $p\geq 5$ là một số nguyên tố. Chứng minh tồn tại 2 số nguyên tố phân biệt $q,r$ bé hơn $p$ thoả mãn $q^{p-1}\not\equiv 1(\bmod{p^2})$ và $r^{p-1}\not\equiv 1(\bmod{p^2})$

Lời giải bài 20*:

Vì $\left( a-b \right)\left( a-c \right)\left( a-d \right)\left( b-c \right)\left( b-d \right)\left( c-d \right)\ \vdots \ 12$ với mọi $a,b,c,d\in \mathbb{Z}$ nên $\gcd \left( a+b+c+d,12 \right)=1$.

Gọi $p$ là ước nguyên tố của $a+b+c+d$. Khi đó $p\ne 2;\ p\ne 3$.

Giả sử: $a+b$ không chia hết cho $p$.

Khi đó ta có: $a+b\equiv -\left( c+d \right)\ \left( \bmod \ p \right)\Rightarrow {{\left( a+b \right)}^{3}}\equiv -{{\left( c+d \right)}^{3}}\ \left( \bmod \ p \right)$

Mà ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\equiv -\left( {{c}^{3}}+{{d}^{3}} \right)\ \left( \bmod \ p \right)$ nên suy ra: $3ab\left( a+b \right)=-3cd\left( c+d \right)\ \left( \bmod \ p \right)$.

Do $a+b\not\equiv 0\left( \bmod \ p \right)$ và $p\ne3$ nên suy ra được: $ab\equiv cd\ \left( \bmod \ p \right)$.

Lại có: ${{\left( a+b \right)}^{2}}\equiv {{\left( c+d \right)}^{2}}\ \left( \bmod \ p \right)\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\equiv {{c}^{2}}+{{d}^{2}}\ \left( \bmod \ p \right)$

Mà ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}\equiv 0\ \left( \bmod \ p \right)\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\equiv {{c}^{2}}+{{d}^{2}}\equiv 0\ \left( \bmod \ p \right)$ do $p\ne 2$.

Vì $a,b,c,d$ không chia hết cho $p$ nên suy ra $p$ chỉ có dạng $4k+1$.

Nên suy ra tất cả các ước nguyên tố của $a+b+c+d$ đều có dạng $4k+1$, điều phải chứng minh.

Lời giải bài 24:

Với $n=0$ thì phương trình ${{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}}=0$ có nghiệm duy nhất $\left( x,y \right)=\left( 0,0 \right)$ hay kết luận của bài toán sai.

Ta chỉ chứng minh với $n$ là số nguyên dương.

Nhận thấy $\left( x,y \right)$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}}=n$ thì $\left( -x,-y \right)$ cũng là nghiệm của phương trình này.

Gọi $\left( {{x}_{0}},{{y}_{0}} \right)$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}}=n$ sao cho $x_0>0$ hoặc $y_0>0$.

Xét dãy: $\left\{ \begin{array}{l}{{x}_{k}}={{F}_{k}}{{x}_{0}}+{{F}_{k+1}}{{y}_{0}}\\{{y}_{k}}={{F}_{k+1}}{{x}_{0}}+{{F}_{k+2}}{{y}_{0}}\end{array} \right.$ với ${{F}_{k}}$ là số hạng thứ $k$ của dãy Fibonacci.

Khi đó ta có: $\left( {{x}_{k}},\ {{y}_{k}} \right)$ cũng là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}}=n$.

Từ đó suy ra phương trình ${{x}^{2}}+xy-{{y}^{2}}=n$ có vô số nghiệm nguyên.

Lời giải bài 22:

Đặt $\alpha =\sqrt[3]{2}$ và $\omega ={{e}^{\frac{2\pi i}{3}}}$.

Phương trình đã cho tương đương với:

$\left( x+y\alpha +z{{\alpha }^{2}} \right)\left( x+y\alpha \omega +z{{\alpha }^{2}}{{\omega }^{2}} \right)\left( x+y\alpha {{\omega }^{2}}+z{{\alpha }^{2}}\omega  \right)=1\ \ \ \ \ (*)$

Dễ thấy $\;$ là nghiệm của $\left( * \right)$ và các bộ số $\left( {{x}_{n}},{{y}_{n}},{{z}_{n}} \right)$ thoả mãn ${{x}_{n}}+{{y}_{n}}\alpha +{{z}_{n}}{{\alpha }^{2}}={{\left( {{x}_{1}}+{{y}_{1}}\alpha +{{z}_{1}}{{\alpha }^{2}} \right)}^{n}}={{\left( 1+\alpha +{{\alpha }^{2}} \right)}^{n}}$  đều là nghiệm của $\left( * \right)$ với mọi $n\in \mathbb{Z}$.

Ta sẽ chứng minh mọi nghiệm của (*) có dạng $\left( {{x}_{n}},\ {{y}_{n}},\ {{z}_{n}} \right)$.

Với $\left( x,y,z \right)$ là nghiệm của (*) ta sẽ có: $x+y\alpha +z{{\alpha }^{2}}>0$ nên tồn tại duy nhất số nguyên $n$ sao cho ${{\left( 1+\alpha +{{\alpha }^{2}} \right)}^{n}}\le x+y\alpha +z{{\alpha }^{2}}<{{\left( 1+\alpha +{{\alpha }^{2}} \right)}^{n+1}}$.

Khi đó $\left( a,b,c \right)\in {{\mathbb{Z}}^{3}}$ thoả mãn $a+b\alpha +c{{\alpha }^{2}}=\left( x+y\alpha +z{{\alpha }^{2}} \right){{\left( 1+\alpha +{{\alpha }^{2}} \right)}^{-n}}$ cũng là nghiệm của (*) và khi đó: $1\le a+b\alpha +c{{\alpha }^{2}}<1+\alpha +{{\alpha }^{2}}$.

Nên suy ra: $\left| a-b\alpha  \right|\le \sqrt{2};\ \left| b\alpha -c{{\alpha }^{2}} \right|\le \sqrt{2};\ \left| c{{\alpha }^{2}}-a \right|\le \sqrt{2}$.

Nếu $c\ge 1$ thì ta có: $a\ge c{{\alpha }^{2}}-\sqrt{2}>0$ và $b>c\alpha -\frac{\sqrt{2}}{\alpha }>0$ nên $a+b\alpha +c{{\alpha }^{2}}\ge 1+\alpha +{{\alpha }^{2}}$, vô lý.

Nếu $c\le -1$, tương tự ta có: $a+b\alpha +c{{\alpha }^{2}}\le -\left( 1+\alpha +{{\alpha }^{2}} \right)$, vô lý.

Vậy $c=0$, suy ra: $\left| a-b\alpha  \right|\le \sqrt{2};\ \left| b\alpha  \right|\le \sqrt{2};\ \left| a \right|\le \sqrt{2}$. Kết hợp với ${{a}^{3}}+2{{b}^{3}}+4{{c}^{3}}-6abc=1$ thì ta chỉ nhận được 1 bộ số thoả mãn là $\left( a,\ b,\ c \right)=\left( 1,\ 0,\ 0 \right)$.

Từ đó suy ra: $x+y\alpha +z{{\alpha }^{2}}={{\left( 1+\alpha +{{\alpha }^{2}} \right)}^{n}}$, điều phải chứng minh.

Bài 23: (Sưu tầm)

Cho $n$ là một số nguyên dương. Gọi $a_n$ là số các số tự nhiên $k$ sao cho $\binom{n}{k}\equiv 1 \pmod{3}$ và $b_n$ là số các số tự nhiên $k$ sao cho $\binom{n}{k}\equiv 2 \pmod{3}$.

Chứng minh rằng: $a_n-b_n$ là một luỹ thừa của 2.

Lời giải bài 16:

Giả sử số nguyên dương $n$ vừa là số vui vẻ vừa là số ác quỷ và $n={{2}^{s}}\left( 2k+1 \right)$, với $k,s\in \mathbb{N}$.

Xét trường hợp $k\ge 1$:

Chọn $m={{2}^{{{2}^{s}}-1}}\cdot {{3}^{2k}}$, ta có: $\tau \left( m \right)={{2}^{s}}\left( 2k+1 \right)=n$.

Lại có: $m=\frac{{{\left( {{2}^{{{2}^{s-1}}-1}}\cdot {{3}^{k}} \right)}^{2}}\cdot \left( {{2}^{{{2}^{s-1}}}}\cdot {{3}^{k-1}} \right)}{\left( {{2}^{{{2}^{s-1}}-1}}\cdot {{3}^{k}} \right)-\left( {{2}^{{{2}^{s-1}}}}\cdot {{3}^{k-1}} \right)}$  nên $m$ là số vui vẻ, hay $n$ không phải là số ác quỷ.

Suy ra: $k=0$, hay $n={{2}^{k}}$.

Giả sử $n=\frac{{{a}^{2}}b}{a-b}$ với $a>b>0$.

Gọi $d=\gcd \left( a,\ b \right)$ và $a=d{{a}_{1}},\ b=d{{b}_{1}},\ \gcd \left( {{a}_{1}},\ {{b}_{1}} \right)=1$.

Khi đó ta có: $n\left( {{a}_{1}}-{{b}_{1}} \right)={{d}^{2}}a_{1}^{2}b_{1}^{2}\Leftrightarrow {{2}^{k}}\left( {{a}_{1}}-{{b}_{1}} \right)={{d}^{2}}a_{1}^{2}b_{1}^{2}$.

Vì ${{a}_{1}}>1,\ \gcd \left( {{a}_{1}},\ {{a}_{1}}-{{b}_{1}} \right)=1$ nên $2\ |\ {{a}_{1}}$, dẫn tới ${{a}_{1}}-{{b}_{1}}$ lẻ.

Xét số mũ của 2 ở 2 vế, ta sẽ nhận được $k$ phải là số chẵn.

Hay nếu $n$ là số vừa vui vẻ vừa ác quỷ thì $n$ phải có dạng ${{4}^{k}}$.

Ta sẽ chứng minh mọi số có dạng ${{4}^{k}}$ đều là số vui vẻ và số ác quỷ.

Thật vậy, ${{4}^{k}}=\frac{{{\left( {{2}^{k}} \right)}^{2}}\cdot {{2}^{k-1}}}{{{2}^{k}}-{{2}^{k-1}}}$ nên ${{4}^{k}}$ là số vui vẻ.

Lại có: $\tau \left( {{4}^{k}} \right)=2k+1$ là một số lẻ nên ${{4}^{k}}$ là số ác quỷ.

Bài 17: (Vietnam IMO training 2011)

Giả sử $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên không có nghiệm bội. Chứng minh rằng với mọi $r$ nguyên dương, tồn tại $n$ nguyên dương sao cho trong phân tích $P(n)$ thành thừa số nguyên tố có ít nhất $r+1$ số nguyên tố tham gia với số mũ bằng 1.

Lời giải bài 13:

Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương.

Ta có: $(4xz-1)(4yz-1)=4zt^2+1$.

Suy ra: $(2zt)^2\equiv -z\pmod{4xz-1}$

$\Rightarrow (4xzt)^2\equiv -4x^2z\equiv -x\pmod{4xz-1}$

$\Rightarrow (8xz^2t^2)^2\equiv xz\pmod{4xz-1}$

$\Rightarrow (16xz^2t^2)^2\equiv 4xz\equiv -1\pmod{4xz-1}$

Gọi $p=4k+3$ là ước nguyên tố của $4xz-1$. Khi đó ta có:

$(16xz^2t^2)^2\equiv 4xz\equiv -1\pmod{p} \Rightarrow (16xz^2t^2)^{4k+2}\equiv -1 \pmod{p}$

Mặt khác, vì $\gcd(16xz^2t^2,p)=1$ nên $(16xz^2t^2)^{4k+2}=(16xz^2t^2)^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$. Mâu thuẫn.

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.

Đề xuất bài tiếp theo:

Bài 14: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(p,q)$ sao cho $q\equiv 3\pmod{8}$ và $\dfrac{q^{p-1}-1}{p}$ là một số chính phương.

Có.

Lấy 2016 điểm cùng thuộc nửa đường tròn (trừ 2 đầu mút) thì 3 điểm bất kỳ trong chúng tạo thành 1 tam giác tù.

Lời giải bài 10. Theo quy nạp ta thu được các số có dạng $2015m + 2016n$ đều là phần tử của $\mathbb{A}$ với $m, n$ không âm.
Theo định lý Chicken McNugget (các bạn có thể tìm thêm một số tài liệu, ở Việt Nam còn có tên khác là định lý Sylvester/hay bài toán về số Frobenius/bài toán về đồng tiền, ...) thì số $N = 2015\times 2016 - 2015 - 2016$ là số lớn nhất không biểu diễn được dưới dạng $2015m + 2016n$ và có cả thảy $L = \frac{2014\times 2015}{2}$ số không biểu diễn được dạng $2015m + 2016n$ với $m, n$ nguyên không âm.
Từ mệnh đề thứ nhất thì số tập $\mathbb{A}$ có khác biệt thì sẽ khác biệt ở các phần tử từ $(0, N]$. Do đó ta chỉ làm việc trên đoạn này
Mệnh đề thứ hai thì có cả thảy $L$ phần tử là các phần tử có quyền có mặt/không có mặt trong tập $\mathbb{A}$ (tùy chúng).
Vậy cho nên để đếm tập $A$ thì ta sẽ đếm bằng việc có mặt hoặc không có mặt nó, quy ước có mặt là $1$ và không là $0$.
Ta có $2^{L}$ cách chọn, tương ứng với $2^{L}$ tập hoàn hảo.

Hiện bài 10 như @canhhoang3001199 nói thì mình có lỗi

Kết quả của Ego chưa đúng rồi.

Đề bài 9 đúng phải là: với mỗi số thực dương $\alpha$, ta gọi $S(\alpha)=${$[n\alpha]|n\in \mathbb {Z^+}$}. Chứng minh rằng $\mathbb {Z^+}$ không thể biểu diễn thành hợp của 3 tập rời nhau $S(\alpha)$, $S(\beta)$, $S(\gamma)$.

Lời giải bài 9:

Giả sử tồn tại các số $\alpha <\beta <\gamma $ khác 1 thoả mãn tập ${{\mathbb{Z}}^{+}}$ có thể phân hoạch thành 3 tập $S\left( \alpha  \right)$, $S\left( \beta  \right)$ và $S\left( \gamma  \right)$.

Vì $\alpha <\beta <\gamma $ nên suy ra $1\in S\left( \alpha  \right)$ hay $\left\lfloor \alpha  \right\rfloor =1$. Khi đó: $\alpha =1+\delta $ với $0<\delta <1$.

Nếu số tự nhiên $n\in S\left( \alpha  \right)$ thì tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho:

$n=\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor \Rightarrow k\alpha <n+1\Rightarrow \left( k+1 \right)\alpha <n+1+\alpha =n+2+\delta <n+3$

Suy ra $\left\lfloor \left( k+1 \right)\alpha  \right\rfloor \le n+2$, hay không tồn tại 2 số nguyên dương liên tiếp không thuộc $S\left( \alpha  \right)$.                                            (1)

Gọi $m$ là số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc tập $S\left( \alpha  \right)$. Khi đó ta phải có $\left( m-1 \right)\delta <1\le m\delta $ và $m\in S\left( \beta  \right)$. Khi đó $\beta =m+\varepsilon $ với $0\le \varepsilon <1$.

Gọi $x$ là số nguyên dương bất kỳ không thuộc tập $S\left( \alpha  \right)$ thì $x$ sẽ có dạng $x=\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor +1$ với $k\in \mathbb{N}$ và $\left\lfloor \left( k+1 \right)\alpha  \right\rfloor -\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor >1$. Ta sẽ chứng minh số nguyên dương tiếp theo không thuộc $S\left( \alpha  \right)$ là $x+m$ hoặc $x+m+1$.

Ta có: $\left\lfloor \left( k+1 \right)\alpha  \right\rfloor -\left\lfloor k\alpha  \right\rfloor >1\Leftrightarrow \left\lfloor \left( k+1 \right)\delta  \right\rfloor -\left\lfloor k\delta  \right\rfloor >0$, nên sẽ tồn tại số nguyên dương $l$ thoả mãn $k\delta <l\le \left( k+1 \right)\delta $. Khi đó: $x=k+\left\lfloor k\delta  \right\rfloor +1=k+l+1$

Gọi $y=\left\lfloor p\alpha  \right\rfloor +1$ là số nguyên dương tiếp theo sau $x$ không thuộc $S\left( \alpha  \right)$ thì $p\delta <l+1\le \left( p+1 \right)\delta $. Khi đó: $y=p+\left\lfloor p\delta  \right\rfloor +1=p+l+1$

Suy ra:  $\left( p+1-k \right)\delta >1>\left( p-1-k \right)\delta \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}p-1-k=m \\ p-k=m\end{array} \right.$

Nếu $p-1-k=m\Rightarrow y=p+l+1=\left( k+m+1 \right)+\left( x-k-1 \right)+1=x+m+1$

Nếu $p-k=m\Rightarrow y=p+l+1=\left( k+m \right)+\left( x-k-1 \right)+1=x+m$

Vậy với $x\notin S\left( \alpha  \right)$ thì số nguyên dương tiếp theo không thuộc $S\left( \alpha  \right)$ là $x+m$ hoặc $x+m+1$.                                                                    (2)

Ta sẽ chứng minh nếu $x\in S\left( \beta  \right)$ thì số nguyên dương tiếp theo thuộc $S\left( \beta  \right)$ là $x+m$ hoặc $x+m+1$.                                                                       (3)

Ta có:  $x=\left\lfloor k\beta  \right\rfloor \Rightarrow k\beta -1<x\le k\beta \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( k+1 \right)\beta =k\beta +\beta \ge x+m \\\left( k+1 \right)\beta =k\beta +\beta <x+m+1\end{array} \right.$

Nên suy ra: $\left\lfloor \left( k+1 \right)\beta  \right\rfloor =x+m$ hoặc $\left\lfloor \left( k+1 \right)\beta  \right\rfloor =x+m+1$.

Từ (1), (2), (3) suy ra tất cả các số nguyên dương thuộc $S\left( \alpha  \right)$ hoặc $S\left( \beta  \right)$, hay không có số nguyên dương nào thuộc $S\left( \gamma  \right)$, vô lý. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 10: 

Một tập hợp $A$ các số tự nhiên được gọi là hoàn hảo nếu thoả mãn đồng thời 3 điều kiện sau:

(i) $0\in A$

(ii) Nếu $a\in A$ thì $a+2015\in A$

(iii) Nếu $a\in A$ thì $a+2016\in A$

Hỏi có tất cả bao nhiêu tập hoàn hảo?

Bài 26 (Azerbaijan JMO). Cho $n\in\mathbb{N}$. Chứng minh rằng:

\[n\sqrt[n+1]{n+2}+\sqrt[n+1]{n+2}-1<n+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n+1}\]

Đáp án:

1. Dành cho học sinh THPT:

 OPT2016_Dirichlet_Dap_an.pdf   278.6K   446 Số lần tải

 OPT2016_Markov_Dap_an.pdf   282.41K   702 Số lần tải

2. Dành cho sinh viên ĐH, CĐ:

 OSV2016_Daiso_A_Dap_an.pdf   253.97K   652 Số lần tải

 OSV2016_Daiso_B_Dap_an.pdf   258.64K   445 Số lần tải

 OSV2016_Giaitich_A_Dap_an.pdf   308.32K   600 Số lần tải

 OSV2016_Giaitich_B_Dap_an.pdf   305.89K   567 Số lần tải

Bài 22 (China Zhejiang High School Mathematics Competition). Cho ba số nguyên $a, b, c $ khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của $4(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2.$
 

Đặt: $S=4(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2$.

Ta có: $S=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+a^2+b^2+c^2$.

Vì $a,b,c$ là các số nguyên khác nhau nên $|a-b|\ge 1; |b-c|\ge 1; |a-c|\ge 1$.

Và dấu bằng không thể đồng thời xảy ra ở 3 bất đằng thức trên nên trong 3 số $|a-b|; |b-c|; |c-a|$ có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 2.

Suy ra: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 1^2+1^2+2^2=6$.

Đồng thời, $a,b,c$ là các số nguyên phân biệt nên: $a^2+b^2+c^2\ge 0^2+1^2+(-1)^2=2$.

Suy ra: $S\ge 8$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $\{a, b, c\}=\{1, 0, -1\}$.

Đáp án ngày 2.

Nguồn: ssmr.ro