Bài toán: Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $a, b,c$: $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+kbc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+kca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+kab}}\ge\dfrac{3}{\sqrt{k+1}}$$
Lời giải:
  Cho $a=b$, ta thu được: $$\dfrac{2a}{\sqrt{a^2+kca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+ka^2}}\ge\dfrac{3}{\sqrt{k+1}}$$  Cho $a\rightarrow 0^+$, ta thu được $k\ge 8$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh $k=8$ chính là giá trị nhỏ nhất thỏa mãn bài toán, tức là: $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1$$  Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có: $$\left(\sum_{cyc}\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\right)^2\left[\sum_{cyc}a(a+8bc)\right]\ge (a+b+c)^3\\\Leftrightarrow \left(\sum_{cyc}\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\right)^2\ge\dfrac{(a+b+c)^3}{\sum a(a+8bc)}=\dfrac{(a+b+c)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}$$  Và như vậy, ta lui về chứng minh: $$(a+b+c)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc$$  Điều này là hoàn toàn đúng vì theo AM-GM, ta có: $$(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)\ge a^3+b^3+c^3+24abc$$ Bất đẳng thức được chứng minh. Vậy: $$\boxed{k_{min}=8}$$

Bài toán: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_0=\dfrac{27}{10}\\x_{n+1}^3-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1,\forall n\ge 2\end{cases}$$ Chứng minh rằng dãy số $x_n$ có giới hạn hữu hạn và xác định giới hạn đó.
Lời giải:
  Ta có: $$x_{n+1}-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1\\\Leftrightarrow x_{n+1}^3-3x^2_{n+1}+3x_{n+1}-1=x_n+1\\\Leftrightarrow (x_{n+1}-1)^3=x_n\Rightarrow x_{n+1}=1+\sqrt[3]{x_n}$$ Kết hợp với $x_1=\dfrac{27}{10}\Rightarrow x_n>2,\forall n\in\mathbb{N^*}$. Xét hàm số:   $$f(x)=1+\sqrt[3]{x},\;\text{với } x>2$$ Ta có:   $$f'(x)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}\Rightarrow 0<f'(x)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$$ Rõ ràng $x_{n+1}=f(x_n)$, do đó nếu ta có $L$ là giới hạn của dãy $(x_n)$ thì $L$ phải thỏa mãn phương trình: $$f(x)=x\Leftrightarrow x=1+\sqrt[3]{x}\\\Leftrightarrow (x-1)^3=x\\\Leftrightarrow (x-1)^3-x=0$$ Đặt $g(x)=(x-1)^3-x$. Ta lại có: $g(2).g(3)=-5<0$ nên phương trình $g(x)=0$ nhận nghiệm $L\in (2;3)$. Lại do $g'(x)=3x(x-2)>0, \forall x>2$ nên phương trình $g(x)=0$ có nghiệm duy nhất $L\in (2, 3)$.
  Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng $L$ chính là giới hạn của dãy $(x_n)$. Thật vậy, với mọi $\alpha ,\beta >2$ theo định lý Largrange, luôn tồn tại số $c$ sao cho: $$|f(\beta )-f(\alpha )|=|f'(c)|.|\beta -\alpha |$$ Do $f'(c)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$ nên ta có: $$|f(\beta )-f(\alpha )<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|\beta -\alpha |$$ Chọn $x_n=\beta, L=\alpha$, lúc này ta được: $$|f(x_n)-f(L)|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|\\\Leftrightarrow |x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|$$ Tương tự, ta có: $$|x_n-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-1}-L|\\|x_{n-1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-2}-L|\\......\\|x_1-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_0-L|$$ Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được: $$|x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|$$ Suy ra $$\lim_{n\to +\infty}|x_n-L|=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|=0\Leftrightarrow \lim_{n\to +\infty}x_n=L$$ Cuối cùng, ta được kết quả: $$\lim_{n\to +\infty}x_n=L,\text{với L là nghiệm của phương trình }L=1+\sqrt[3]{L}$$

Bài toán: (Japan MO 2014) Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho với mọi $a, b, c$ không âm thỏa $a+b+c=1$, ta luôn có: $$\dfrac{a}{1+9bc+k(b-c)^2}+\dfrac{b}{1+9ca+k(c-a)^2}+\dfrac{c}{1+9ab+k(a-b)^2}\ge\dfrac{1}{2}$$ Lời giải: 
 Cho $b=c=\dfrac{1}{2}, a=0$, ta được: $$\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1+k.\dfrac{1}{2^2}}+\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1+k.\dfrac{1}{2^2}}\Leftrightarrow\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{4}.k}\ge\dfrac{1}{2}\\\Leftrightarrow\dfrac{4}{4+k}\ge\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 8\ge k+4\Leftrightarrow k\le 4$$ Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng $k=4$ chính là giá trị lớn nhất thỏa mãn bài toán, tức là: $$\dfrac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}+\dfrac{b}{1+9ca+4(c-a)^2}+\dfrac{c}{1+9ab+4(a-b)^2}\ge\dfrac{1}{2}$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schawrz, ta có: $$\sum_{cyc}\dfrac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}=\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{a+abc+ab^2+ab^2+ac^2}\\\ge\dfrac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}=\dfrac{1}{1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}$$ Và công việc bây giờ là ta cần chứng minh:  $$\dfrac{1}{1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+1)}\ge\dfrac{1}{2}\\\Leftrightarrow 1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le 2\\\Leftrightarrow 3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le 1\\\Leftrightarrow 3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le (a+b+c)^3\\\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$  Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc $3$ nên hiển nhiên nó đúng. Bất đẳng thức được chứng minh.
  Cuối cùng, ta được kết quả: $$\boxed{k_{\max}=4}$$

Bước nhảy Viète (Viète Jumping)

Ta bắt đầu với bài toán sau:
 Bài toán 1: Cho $a, b$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab+1}$ là một số nguyên dương thì nó phải là một số chính phương.
Lời giải:
  Giả sử kết luận bài toán không đúng. Đặt $k=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab+1},\; k\in\mathbb{Z^+}$. Trong tập hợp tất cả các số nguyên dương $(a, b)$ thỏa mãn bài toán, ta chọn ra hai phần tử $a, b$ sao cho tổng $a+b$ là nhỏ nhất. Không giảm tính tổng quát, giả sử $a\ge b>0$. Xét phương trình bậc hai ẩn $x$: $$x^2+(b-kb)x+b^2-k=0$$ Rõ ràng, phương trình này nhận một nghiệm là $a$. Gọi nghiệm còn lại là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=kb-b\\x_0.a=b^2-k\end{cases}$$ Từ đây, ta dễ dàng suy ra được rằng $x_0\in\mathbb{Z^+}$.
     $\bullet$  Nếu $x_0<0$ thì $x_0\le 1$, suy ra: $$x^2-(bk-b)x+b-k\ge x^2+(bk-b)+b^2-k>0,\;\text{ mâu thuẫn}$$     $\bullet$  Nếu $x_0=0$ thì $k=b^2$, mâu thuẫn.
    $\bullet$  Nếu $x_0>0$ thì $(x_0, b)$ là một cặp số thỏa mãn bài toán. Và lúc này: $$x_0+b=\dfrac{b^2-k}{a}+b<\dfrac{b^2}{a}+b<\dfrac{a^2}{a}+b=a+b$$ Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $a+b$. Như vậy, giả thiết phản chứng là sai. Bài toán được chứng minh.
  
Ta tiếp tục với bài toán sau:

Bài toán 2: Chứng minh rằng nếu $a, b$ là các số nguyên dương sao cho $k=\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}$ là một số nguyên thì $k=5$.
 Lời giải:
   Trong tất cả các số $(a, b)$ thỏa mãn $k$ là một số nguyên, ta chọn ra cặp $(a, b)$ sao cho $a+b$ là nhỏ nhất. Xét phương trình: $$k=\dfrac{x^2+b^2}{xb-1}\Leftrightarrow x^2-kbx+b^2+k=0\;\;\;\;\;\;(*)$$ Rõ ràng, phương trình $(*)$ nhận một nghiệm là $a$, gọi nghiệm còn lại là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=bk\\x_0.a=b^2+k\end{cases}$$ Rõ ràng, $x_0\in\mathbb{Z^+}$.
  $\bullet$  Nếu trong hai số $a$ và $b$ có một số bằng $1$, giả sử $b=1$, thế thì: $$k=\dfrac{a^2+1}{a-1}=a+1+\dfrac{2}{a-1}\in\mathbb{Z}$$ $$\Rightarrow (a-1)\;|\;2\Rightarrow\left[ \begin{array}{1} a-1=2\\a-1=1\end{array} \right.\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{1} a=3\\a=2\end{array} \right. \Rightarrow k=5$$
  $\bullet$  Nếu $\min\{a, b\}>1$, thì do: $$b^2-kb^2+b^2+k>0\\\Leftrightarrow k(1-b^2)+2b^2>0$$ Vì $b>1\Rightarrow b^2-1>0\Rightarrow b\ge 2$, lúc này ta có: $$k<\dfrac{2b^2}{b^2-1}=\dfrac{2}{1-\dfrac{1}{b^2}}\le\dfrac{2}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{8}{3}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Mặt khác, ta lại có: $$\dfrac{1}{k}=\dfrac{ab-1}{a^2+b^2}\le \dfrac{ab-1}{2ab}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{ab}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow k>2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và$(2)$ suy ra điều mâu thuẫn.
  Tóm lại, ta có $k=5$ là giá trị duy nhất thỏa mãn bài toán (đpcm).

Bài toán 3: (VMO 2012) 
     Xét các số tự nhiên lẻ $a, b$ thỏa mãn $a\;|\;b^2+2$ và $b\;|\;a^2+2$. Chứng minh rằng $a, b$ là các số hạng của dãy $(x_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}x_1=x_2=1\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_n\end{cases}$$
Lời giải:
   Ta có: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}\Rightarrow ab\;|\;(a^2+2)(b^2+2)\Rightarrow ab\;|\;(a^2b^2+2a^2+2b^2+4)$$ Do $a, b$ lẻ nên ta có ngay $ab\;|\;a^2+b^2+2$ . Tương tự, ta cũng có nếu $ab\;|\;a^2+b^2+2$ thì: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}$$ . Tức là: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}\Leftrightarrow ab\;|\;a^2+b^2+2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$  Trong các phần tử $(a, b)$ thỏa mãn $(*)$, ta chọn ra một cặp $(a, b)$ sao cho $a+b$ là nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b$ Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ sau: $$x^2-kbx+b^2+2=0$$ Rõ ràng phương trình này nhận một nghiệm là $a$, gọi nghiệm kia là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=bk\\x_0.a=b^2+2\end{cases}$$ Chú ý rằng $a$ là nhỏ nhất, cho nên $x_0\ge a$, suy ra: $$x_0+a\ge 2a\Rightarrow kb\ge 2a\Rightarrow \dfrac{a}{b}\le \dfrac{k}{2}$$
   $\bullet$  Nếu trong hai số $a, b$ có một số bằng $1$, giả sử $b=1$ thì $ka=a^2+3\Rightarrow k=4$.
   $\bullet$  Nếu $\min\{a, b\}>1$, thì $a\ge b\ge 2$ nên: $$k=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{2}{ab}\le \dfrac{k}{2}+1+\dfrac{1}{2}\Rightarrow k\le 3$$ Mặt khác, theo AM-GM, ta có: $$kab=a^2+b^2+2\ge 2(ab+1)\Rightarrow k\ge 3$$ Suy ra $k=3$, và $a^2+b^2+2=3ab$. Điều này chứng tỏ rằng trong hai số $a, b$ phải có một số chia hết cho $3$. Giả sử $3\;|\;b$ thế thì $b\ge 3$. Nếu $a=1$ thì dễ thấy ngay điều mâu thuẫn, suy ra: $$a\ge 2\Rightarrow ab\ge 6$$ Nếu như vậy, thì:   $$3=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{2}{ab}\le \dfrac{3}{2}+1+\dfrac{2}{6}\;\;\text{Vô lí}$$ Vậy chỉ có thể là $k=4$, tức là $$a^2+b^2+2=4ab\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Giả sử $(y_0, y_1)$ là một cặp số bất kì thỏa $(*)$. Giả sử $y_0>y_1$, nếu $y_0=1$ thì $y_1=1$ tức là tồn tại$n$ để $y_0=x_1, y_1=x_2$. Do đó, ta chỉ cần xét với trường hợp $y_0, y_1>1$.
  Chọn cặp $(y_1, y_2)=(y_1, 4y_1-y_0)$, rõ ràng đây cũng là một cặp số thỏa mãn $(**)$. Lúc này ta chú ý tới $4y_1-y_0<y_0$ nên $$y_1+y_2=y_1+(4y_1-y_0)<y_1+y_0$$ Tương tự, ta cũng chọn được cặp $(y_2, y_3)=(y_2, 4y_2-y_1)$ cũng thỏa $(**)$ và $y_2+y_3<y_1+y_2<y_0+y_1$.
  Tiếp tục quá trình này, ta được:   $$...<Y_i+y_{i+1}<...<y_1+y_2<y_1+y_0$$ Mặt khác, $y_1+y_0>2$ nên tồn tại $k\in\mathbb{N}$ sao cho $$y_k+y_{k+1}=2\Rightarrow y_k=y_{k+1}=1$$ Tức là:  $y_k=x_2,\; y_{k+1}=x_1$. Và như vậy, $(y_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}y_o=y_1=1\\y_{n+2}=4y_{n+1}-y_n\end{cases}$$ Theo đó, ta có: $x_{n+1}=y_n$. Bài toán được chứng minh.

Bài toán: Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$ $\;\;\;\;\;\;\;$ $1.$ Chứng minh rằng $f(2003)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố.
$\;\;\;\;\;\;\;$ $2.$ Xây dựng một hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên.
Lời giải:
   $1.$ Cố định $m$, với mọi $f(n_1)=f(n_2)$, ta có: $$f(m.(f(n_1))=f(m.f(n_2))\\\Leftrightarrow n_1^2.f(m)=n_2^2.f(m)\Leftrightarrow n_1^2=n_2^2\Leftrightarrow n_1=n_2$$ Như vậy $f$ là một đơn ánh.
Cho $n=1$, ta được $$f(m.f(1))=f(m)\\\Leftrightarrow mf(1)=m\Leftrightarrow f(1)=1$$ Cho $m=1$ ta được: $$f(f(n))=n^2,\forall n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Ta lại có: $$f(f(m).f(n))=n^2f(f(m))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và $(2)$ dẫn đến $$f(f(m).f(n)=m^2n^2=f(f(mn))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Do $f$ là đơn ánh nên từ $(3)$ ta rút ra: $$f(mn)=f(m).f(n),\forall m,n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Quay lại vấn đề, giả sử phản chứng kết quả bài toán không đúng. Điều này nghĩa là tồn tại $a>1, b>1,$ $a\neq b,$ $a,b\in\mathbb{N^*}$ sao cho $f(2003)=ab$. Theo $(4)$ ta có: $$f(f(2003))=f(ab)=f(a).f(b)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có: $$f(f(2003))=f(f(2003).f(1))=2003^2.f(1)=2003^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (6)$$ Từ $(5)$ và $(6)$ suy ra: $f(a).f(b)=2003^2$. Do $f(a)\in\mathbb{N^*}$ nên $f(a)\ge 1\Rightarrow f(a)>1$, tương tự ta cũng có: $f(b)>1$. Và như vậy thì: $f(a)=f(b)=2003\Leftrightarrow a=b$, mâu thuẫn với $a\neq b$. Như vậy giả thiết phản chứng là sai. Từ đó suy ra đpcm.
  $2.$ Ta xây dựng hàm $f$ như sau:
     Xét dãy số nguyên tố theo thứ tự tăng dần: $$p_1=2, p_2=3, p_3=5,...$$ Hàm $f$ được định nghĩa như sau: $$f(p_{2i+1})=p_{2i+2},\text{với}\; i=0,1,2,...\\f(p_{2i+2})=p^2_{2i+1},\text{với}\; i=0,1,2,...$$ Với mỗi $m\in\mathbb{N^*}$, phân tích dạng chuẩn của $m$ có dạng: $$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}$$ Khi đó, đặt: $$f(m)[ f(p_{i_1})]^{\alpha_1}.[ f(p_{i_2})]^{\alpha_2}...[ f(p_{i_k})]^{\alpha_k}$$ Như thế, hàm $f$ hoàn toàn được xác định $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$. Với mọi $i=0,1,2,...$ thì: $$\begin{cases}f\left(f(p_{2i+1})\right)=f(p_{2i+2}=p^2_{2i+1}\\f\left(f(p_{2i+2})\right)=f(p^2_{2i+1})=f\left(f(p_{2i+1})\right)^2=p_{2i+2}.\end{cases}$$ Công việc cuối cùng bây giờ là ta sẽ chứng minh hàm $f$ được xây dựng ở trên thỏa mãn tính chất: $$f(m.f(n))=n^2.f(m),\;\forall m,n\in\mathbb{N^*}$$ Thật vậy, giả sử: $$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}\\n=p^{\beta_1}_{j_1}.p^{\beta_2}_{j_2}...p^{\beta_l}_{j_l}$$ Lúc này ta sẽ có: $$f(n)=[f(p_{j_1})]^{\beta_1}.[f(p_{j_2})]^{\beta_2}...[f(p_{j_i})]^{\beta_i}.$$ Thay vào các biểu diễn ở trên ta dễ dàng có được đpcm.
Bài toán được giải quyết trọn vẹn. Nhận xét: Rõ ràng ta có thể thay $2003$ bằng một số nguyên tố bất kì mà kết quả bài toán vẫn đúng bởi vì trong phép chứng minh trên, việc đưa ra số $2003$ chỉ là "hình thức" thôi , ta không hề động gì đến cấu trúc của nó. Cụ thể là ta có bài toán với kết quả mạnh hơn sau:
        Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$ $\;\;\;\;\;\;\;$ Chứng minh rằng $f(p)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố. Trong đó, $p$ là một số nguyên tố bất kì.

Bài toán: Cho $p$ là một số nguyên dương lẻ. Chứng minh rằng khi đó tổng các lũy thừa bậc $p$ của $p$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $p^2$
Lời giải:
Xét $p$ số nguyên liên tiếp $n, n+1, n+2,..., n+p-1$. $p$ số này khi chia cho $p$ được $p$ số dư khác nhau và tập hợp các số dư đó là $\{0, 1, 2,...,p-1\}$. Lúc đó, ta có thể biểu diễn: $$n+i=kp+j, \forall k\in \mathbb{N}$$ Từ đó: $$(n+i)^p-j^p=(pk+j)^p-j^p\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Sử dụng khai triển nhị thức Newton, ta có: $$(n+i)^p-j^p=\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t} (pk)^{p-t}j^t+\binom{p}{p-1} (pk)j^{p-1}=p^2\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}k^{p-t}j^t+p^2kj^{p-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(2)$ suy ra  $(n+i)^p-j^p\vdots p^2$, hay nói cách khác: $$(n+i)^p\equiv j^p(mod\;\;\; p^2) \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Chú ý rằng khi chia $n, n+1, n+2,...,n+p-1$ cho $p$ ta được các số dư khác nhau nên: $$\sum^{p-1}_{t=1}(n+t)^p\equiv 1+2^p+...+(p-1)^p(mod \;\;\;p^2)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Do $p$ là số nguyên dương lẻ nên: $$1+2^p+...+(p-1)^p=[1+(p-1)^p]+[2^p+(p-2)^p]+...+\left[\left(\dfrac{p-1}{2}\right)^p+\left(\dfrac{p+1}{2}\right)^p\right]\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có khi $j\in\left\{1, 2, ...,\dfrac{p-1}{2}\right\}$ theo khai triển nhị thức Newton thì: $$j^p+(p-j)^p=j^p+\sum^{p}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t=j^p+\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t}(-1)^tj^t+\binom{p}{p-1}p(-1)^{p-1}j^{p-1}+(-1)^pj^p\\=p^2\left[\sum^{p-2}_{t=0}\binom{p}{t}p^{p-t-2}(-1)^tj^t+j^{p-1}\right]\;\;\;\;(6).$$ Từ $(6)$ suy ra: $$j^p+(p-j)^p\;\vdots\; p^2,\forall j\in\left\{1, 2,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(7)$$ Từ $(5)$ và $(7)$ suy ra: $$1+2^p+...+(p-1)^p\;\vdots\; p^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(8)$$ Kết hợp $(4)$ và $(8)$, ta thu được: $$n^p+(n+1)^p+(n+2)^p+...+(n+p-1)^p\;\vdots\; p^2$$ Đây chính là đpcm.

Bài toán: Số nguyên lẻ $n\ge 3$ được gọi là "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2,..., a_n)$ của các số $(1, 2,..., n)$ sao cho các tổng sao đây đều là các số nguyên dương $$a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Hãy xác định tập hợp tất cả các số nguyên dương "đẹp" như vậy.
Lời giải:
Đặt: $$y_1=a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ y_2=a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\y_3=a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\y_n=a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Lúc này, $n$ sẽ là số đẹp khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một hoán vị $(a_1, a_2,.., a_n)$ của $(1, 2,..., n)$ sao cho hệ phương trình $$\begin{cases}y_1+y_2=2a_1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\y_2+y_3=2a_3\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\...\\y_{n-1}+y_n=2a_{n-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n-1)\\y_n+y_1=2a_n\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n)\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.
 Tới đây, ta cần bổ đề sau: 
     Bổ đề: Với mỗi $i (1\le i\le n)$, ta có: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Ở đây, tổng $(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ được hiểu như sau: Lấy $a_{i+1}$ cộng cách dòng với $a_{i+3}$, cứ làm như thế cho đến hết rồi quay lại phía trên.
 Chứng minh: Cộng vế theo vế các phương trình trong hệ, ta được: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=(a_1+a_2+...+a_n)$$ Do $a_1+a_2+...+a_n=1+2+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ nên suy ra: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=n(n+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Cộng từng vế các dòng thứ $i+1, i+3, i+5,...$ cho đến khi quay lại dòng $i+2$, ta có: $$(y_{i+1}+y_{i+2})(y_{i+3}+y_{i+4})+...+(y_{i-2}+y_{i-1})=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Suy ra:  $(y_1+y_2+...+y_n)-y_i=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$. Do đó: $$2(y_1+y_2+...+y_n)-2y_i=4(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Bổ đề được chứng minh.
 Quay lại bài toán, Vì $n$ lẻ và $n\ge 3$, nên $n=4k-1$ hoặc $n=4k+1$. Áp dụng bổ đề trên, ta suy ra:
    $\bullet$   Nếu $n=4k-1$ thì $y_i=2k(4k-1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$.
    $\bullet$   Nếu $n=4k+1$ thì $y_i=(2k+1)(4k+1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số lẻ với mọi $i=\overline{1, n}$
 Xét hai khả năng sau:
    Khả năng 1: Nếu $n=4k-1$. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ hì $n$ không phải là số "đẹp".
   Thật vậy, giả thiết phản chứng nếu nó là số "đẹp" thì phải tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2, ...,a_n)$ của $(1, 2, ..., n)$ sao cho hệ trên có nghiệm. Hơn nữa ta còn phải có $y_i$ là số nguyên dương chẵn với mọi $\overline{1, n}$. Do $(a_1, a_2,..., a_n)$ là một hoán vị của $(1, 2, ..., n)$, nên tồn tại $j (1\le j\le n)$ mà $a_j=1$. Khi đó, xét phương trình thứ $j$, ta có: $$y_j+y_{j+1}=2a_1\Rightarrow y_j+y_{j+1}=2$$ Vì $y_j$ nguyên dương chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$ nên $y_j, y_{j+2}\ge 2\Rightarrow y_j+y_{j+2}\ge 4$, mâu thuẫn. Như vậy, với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ thì $n$ không là số "đẹp"
   Khả năng 2: Nếu $n=4k+1$,khi đó $y_i$ là số lẻ $\forall i=\overline{1,n}$. Ta chọn hoán vị sau: $$\begin{cases} a_1=2, a_2=4, a_3=6,...,a_{2k}=4k\\a_{2k+1}=4k+2\\a_{4k+1}=1, a_{4k}=3, a_{4k-2}=5,...,a_{2k+2}=4k-2\end{cases}$$ Lúc này hệ phương trình ban đầu sẽ nhận các nghiệm: $$\begin{cases}y_1=1, y_2=3, y_3=5,...,y_{2k}=4k-1\\y_{2k+1}=y_{2k+2}=4k+1\\y_{2k+3}=y_{2k+4}=4k-3\\y_{2k+5}=y_{2k+6}=4k-7\\...\\y_{4k-1}=y_{4k}=5\\y_{4k+1}=1\end{cases}$$ Theo đó, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ dạng $n=4k+1$ là số "đẹp".
Cuối cùng, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ là số đẹp khi và chỉ khi $n$ có dạng: $$\boxed{n=4k+1,k\in\mathbb{N}}$$

Bài toán: Xét tập $A=\{1;2;...;n\}$. Với bất kì tập con khác rỗng $M$ của $A$,  $$M=\left \{ m_1;m_2,...,m_k \right \}, m_1 > m_2 > ... > m_k$$  Đặt  $$S(M) = m_1 -  m_2 + m_3 +... + (-1)^{k+1}m_k$$  Tính $S = \sum_{M \subset A}S(M)$
Lời giải:
Ta ký hiệu lại như sau:
Tổng cần tính là  $$S_n=\sum_{k=1}^n f(k,n)$$  với $f(k,n)$ là tổng đan dấu các phần tử của mỗi tập con, tất cả các tập con có $k$ phần tử của $A$ trong đó phần tử lớn nhất mang dấu $(+)$
Ta sẽ chứng minh $f(k,n)=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}\quad(k\le n)\qquad(1)$
Rồi từ đó suy ra tổng cần tính là:
$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}=n.2^{n-1}}$$
Ta chứng minh $(1)$ bằng quy nạp theo $k$.
Ta có:
$$f(1,n)=1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}=\left\lfloor\frac{1+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose 1+1}$$ Như vậy $(1)$ đúng với $k=1$
Giả sử $(1)$ đúng đến $k-1$ thỏa $1\le k-1<n$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $k$.
Xây dựng phép đếm $f(k,n)$ theo các tập con có phần tử lớn nhất là $j$ với $k\le j\le n$
Do $j$ là số lớn nhất nên có ${j-1\choose k-1}$ tập con $k$ phần tử bắt đầu bởi $j$. Bớt đi số hạng $j$ trong các tập con $k$ phần tử, ta được các tập con $k-1$ phần tử với phần tử lớn nhất là $j-1$
Như vậy ta có:  $$\begin{align*}f(k,n)&=\sum_{j=k}^n \left(j{j-1\choose k-1}-f(k-1,j-1)\right)\\&=\sum_{j=k}^n \left(k{j\choose k}-\left\lfloor\frac{k}{2} \right\rfloor{j\choose k}\right)\quad\\&=\left(k-\left\lfloor\frac{k}{2} \right\rfloor\right)\sum_{j=k}^n {j\choose k}\\&=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor \sum_{j=k}^n \left[{j+1\choose k+1}-{j\choose k+1}\right]\quad\\&=\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n+1\choose k+1}\end{align*}$$ Như vậy, $(1)$ được chứng minh
Bây giờ, ta sẽ chứng minh:
$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}=n.2^{n-1}}$$
Ta có:
$$\begin{align*}S_n&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor {n+1\choose k+1}&\\&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor\left[{n\choose k}+{n\choose k+1}\right]\\&=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n\choose k+1}+\sum_{k=1}^n\left(k-\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\right){n\choose k}\\&=S_{n-1}+\sum_{k=1}^n k{n\choose k-1}-\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor{n\choose k}&\\&=S_{n-1}+n\sum_{k=1}^n{n-1\choose k-1}-\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor\frac{k+1}{2}\right\rfloor{n\choose k+1}\\&=S_{n-1}+n\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}-S_{n-1}\\&=n2^{n-1}&\end{align*}$$ Bài toán được chứng minh.

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số nguyên, $b$ lẻ, xác định dãy $f(n), n=0,1,2,...$ như sau:
$$\left\{\begin{matrix} f(0)=4,f(1)=0,f(2)=2c,f(3)=3b\\ f(n+3)=af(n-1)+bf(n)+cf(n+1), \forall n \in \mathbb{N}^* \end{matrix}\right.$$  Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$ và mọi số nguyên tố $p$, ta luôn có: $f(p^m)$ chia hết cho $p$.

Lời giải:

Phương trình đặc trưng của dãy $f(n)$ là $P(x)=x^{4}-cx^{2}-bx-a=0$, phương trình này có 4 nghiệm phức $\alpha _{i},i=1,2,3,4$ . Ta sẽ chỉ ra, phương trình này không có nghiệm bội. Giả sử phản chứng tồn tại số phức $\alpha$ sao cho $P(\alpha )=P'(\alpha )=0$, khi đó $\alpha$ là nghiệm của $$Q(x)=-4P(x)+xP'(x)=2cx^{2}+3bx+4a$$ Là nghiệm của đa thức $$H(x)=2xQ(x)-cP'(x)=6bx^{2}+(4a+2c^{2})x+bc$$ và là nghiệm của đa thức $$K(x)=cH(x)-3bQ(x)=(4ac+2c^{3}-9b^{2})x+(bc-12ab)$$ Như vậy, $\alpha$ là số hữu tỉ và là nghiệm của đa thức monic $P(x)$ nên là số nguyên. Khi đó, $P'(\alpha)$ là số lẻ, mâu thuẫn.
Từ đó, suy ra công thức tổng quát của $f(n)$ có dạng $$f(n)=a_{1}\alpha _{1}^{n}+a_{2}\alpha _{2}^{n}+a_{3}\alpha _{3}^{n}+a_{4}\alpha _{4}^{n}$$ Để ý $$f(0)=4=\alpha _{1}^{0}+\alpha _{2}^{0}+\alpha _{3}^{0}+\alpha _{4}^{0}$$ $$f(1)=0=\alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}+\alpha _{4}$$ $$f(2)=2c=-2\sum _{i<j}\alpha _{i}\alpha _{j}=\alpha _{1}^{2}+\alpha _{2}^{2}+\alpha _{3}^{2}+\alpha _{4}^{2}$$ $$f(3)=3b=3\sum _{i<j<k}\alpha _{i}\alpha _{j}\alpha _{k}=\alpha _{1}^{3}+\alpha _{2}^{3}+\alpha _{3}^{3}+\alpha _{4}^{3}$$ Suy ra, $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=1$ hay $$f(n)=\alpha _{1}^{n}+\alpha _{2}^{n}+\alpha _{3}^{n}+\alpha _{4}^{n}$$ Theo khai triển nhị thức Newton $$(x+y)^{p}=x^{p}+y^{p}+pQ(x,y)$$ với $Q(x,y)$ là một đa thức đối xứng hai biến $x,y$. Từ đó suy ra, $$(x+y+z+t)^{p}=x^{p}+y^{p}+z^{p}+t^{p}+pQ(x,y,z,t)$$ trong đó $Q(x,y,z,t)$ là đa thức đối xứng theo 4 biến $x,y,z,t$. Mặt khác, một đa thức đối xứng luôn có thể biểu diễn theo các đa thức đối xứng sơ cấp, cho nên $Q(\alpha_{1}^{p^{k}},\alpha_{2}^{p^{k}},\alpha_{3}^{p^{k}},\alpha_{4}^{p^{k}})$ là số nguyên với mọi số tự nhiên $k$. Suy ra
$$f(p^{m+1})=\left (\alpha _{1}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{2}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{3}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{4}^{p^{m}} \right )^{p}=f(p^{m})^{p}-pQ(\alpha_{1}^{p^{m}},\alpha_{2}^{p^{m}},\alpha_{3}^{p^{m}},\alpha_{4}^{p^{m}})$$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $p|f(p^{m})$. Từ đó với chú ý, $f(p^{0})=f(1)=0$ chia hết cho $p$, theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.

Bài toán: (Chọn đội tuyển VMO tỉnh Bắc Giang, năm học 2013-2014)
  Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_1=0, x_2=1\\x_{n+1}=\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}\end{cases}$$ Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải:
 Không mấy khó khăn, ta có thể thấy ngay rằng $x_n>0$. Ta xét hàm số hai biến sau: $$f(a, b)=\dfrac{3a+2}{10b+2a+2},\forall a, b>0$$ Cố định $a$, ta có: $$f'_a(b)=-\dfrac{10(3a+2)}{(10b+2a+2)^2}<0, \forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_a(b)$nghịch biến trên $\mathbb{R^+}$  .
Cố định $b$, ta có: $$f'_b(a)=\dfrac{10b+2}{(10b+2a+2)^2}>0,\forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_b(a)$ đồng biến trên $\mathbb{R^+}$
Ta lại có: $$2-x_{n+1}=2-\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}=\dfrac{20x_n+x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}>0\\\Rightarrow 0<x_n<2,\forall n\in\mathbb{N^*}$$ Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng: $(x_{2n})$ giảm và $(x_{2n+1})$ tăng, mặt khác $(x_n)$ bị chặn dưới bởi $0$ và bị chặn trên bởi $2$. Và như thế chúng hội tụ, giả sử $(x_{2n})$ và $(x_{2n+1})$ lần lượt hội tụ về $K$ và $L$. Chuyển qua giới hạn, ta thu được: $$\begin{cases}K=\dfrac{3K+4}{10L+2K+2}\\L=\dfrac{3L+4}{10K+2L+2}\end{cases}\Leftrightarrow K=L=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}$$ . Và cuối cùng, ta thu được kết quả: $$\boxed{\lim x_n=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}}$$

Bài toán: Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}u_0=\dfrac{1}{3}, u_1=\dfrac{1}{2}\\u_{n+2}=\dfrac{1}{4}u^2_{n+1}+\dfrac{3}{4}\sqrt{u_n}, \forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$ Tính giới hạn:  $\lim u_n$.
Lời giải:
 Xét dãy số $(v_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}v_0=\dfrac{1}{3}\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}v^2_n+\dfrac{3}{4}\sqrt{v_n},\forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$
Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $0< u_n <1$. Xét hàm số: $$f(x)=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{x}, x\in(0; 1)$$ Dễ thấy ngay rằng $f(x)$ là hàm đồng biến . Do đó, nếu $v_n>v_{n-1}$thì ta phải có: $$v_{n+1}=f(v_n)>f(v_{n-1})=v_n$$ Suy ra $(v_n)$ là dãy tăng và bị cặn bởi $1$, như thế nó hội tụ, giả sử $u_n$ hội tụ về $L$, chuyển qua giới hạn, ta được: $$L=\dfrac{1}{4}L^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{L}\Leftrightarrow \sqrt{L}(\sqrt{L}-1)(L+\sqrt{l}-3)=0$$ kết hợp với $0<v_n<1$ ta có $L=1$ Như vậy $\lim u_n=1$
Bằng qui nạp, ta cũng chứng minh được rằng: $0<u_n<1$ và $v_n<\min\{v_{2n}, v_{2n+1}\}$. Theo đó, ta có: $$v_n\le u_{2n}<1\\v_n\le u_{2n+1}<1$$ Cuối cùng, kết hợp với $\lim v_n=1$. Ta có ngay: $$\boxed{\lim u_n=1}$$