Luyện tập 2

Bài 1 : Giải các phương trình sau
a) $4x^3-10x^2+6x-1=0$
b) $8x^3-36x+27=0$
c) $2x(2x^2+x+3)+13x(2x^2-5x+3)=6(2x^2-5x+3)(2x^2+x+3)$
d) $x^4+2x^3+4x^2+2x+1=0$
e) $x^8-x^6+x^2-x+1=0$
Bài 2 : Tìm dư của phép chia $f(x^{100})$ cho $f(x)=x^{99}+x^{98}+..+x+1$ (Trung Quốc 1981)
Bài 3 : Chứng minh với $n \in \mathbb{N}$ thì $x^2+x+1$ là ước của $(x+1)^{2n+1}+x^{n+2}$ (Belgium 1981)
Bài 4 : Cho $n$ là số nguyên dương chứng tỏ rằng $x^{2n}-x^n+1$ không phải là bội của $x^2+x+1$
Bài 5 : Tìm số nguyên $k$ để $x+y+z$ là ước của $x^3+y^3+z^3-kxyz$ với mọi $x,y,z$ nguyên
Bài 6 : a) Chứng minh nếu $f(x)=ax+b$ có $2$ nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thì $a=b=0$
b) Chứng minh nếu $f(x)=ax^2+bx+c$ có $3$ nghiệm phân biệt $x_1,x_2,x_3$ thì $a=b=c=0$
Bài 7 : Vận dụng bài $6$ . Chứng minh rằng :
$\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}+\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=0$ ($a,b,c$ đôi một không đối nhau )
Bài 8 : Giải các phương trình nghiệm nguyên sau :
a) $x^2-y^2=2012$
b) $x^2-y^2=2011$
c) $(x^2+1)(y^2+1)+2(x-y)(1-xy)=4(xy+1)$
d) (Ấn Độ ) $(xy-7)^2=x^2+y^2$
e) (Poland) $x^2(y-1)+y^2(x-1)=1$
f) (Nga) $x^3-y^3=xy+61$
h) (Romania) $x^6+3x^3+1=y^4$
g) (Mỹ) $(x^2+y)(x^2+y(=(x-y)^3$  |
l) $x+y+z+xyz=xy+yz+xz+2$
j) (Canada) $\frac{1}{2}(x+y)(y+z)(z+x)+(x+y+z)^3=1-xyz$
i) $abc-d=1$ và $bcd-a=2$
Bài 9 : Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương $(x,y,z,t)$ sao cho
$x^2+y^2+z^2+2xy+2x(z-1)+2y(z+1)=t^2$
Bài 10 : Tìm $x,y$ nguyên dương thỏa $x^{2011}+y^{2011}=2013^{2011}$
Bài 11 :  (Baltic) Tìm tất cả các bộ ba nguyên dương thỏa
$x^2=2(y+z)$ và $x^6=y^6+z^6+31(y^2+z^2)$
 Bài 12 : Tìm $a,b,c$ nguyên dương thỏa $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})=2$

Luyện tập số học

Chia hết
Bài 1 : Cho $n$ là số nguyên dương ,chứng minh rằng $(n+1)(n+2)...(2n) \vdots 2^n$
Bài 2 : Cho $x,y,z$ là ba số nguyên dương phân biệt . Chứng minh rằng :
$(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5$ chia hết cho $5(x-y)(y-z)(x-z)$
Bài 3 : Chứng minh rằng $n^3+5n$ chia hết cho $6$ với $n$ nguyên dương
Bài 4 : Chứng minh rằng $A=1^n+2^n+3^n+4^n$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $n$ không chia hết cho $4$ và $n$ nguyên dương
Bài 5 : (VMO 1983) cho $n$ là số tự nhiên và $n>3$ . Chứng minh nếu $2^n=10a+b,(0<b<10)$ thì $ab \vdots 6$
Bài 6 : Cho $a,m,n$ là các số nguyên dương và $a \ne 1$ . Chứng minh $(a^n-1) \vdots (a^m-1)$ khi và chỉ khi $n \vdots m$
Bài 7 : Cho $a,b$ là hai số nguyên dương và không nhỏ hơn $2$ và có ước chung lớn nhất là $1$ . Chứng minh nếu $m,n$ là hai số nguyên dương thỏa $a^n+a^n \vdots (a^m+b^m)$ thì ta cũng có $n|m$
Bài 8 : (Slovenia 1995) Cho $a,b,c,d$ là các số nguyên . Chứng minh rằng
$F=(b-a)(c-a)(d-a)(d-c)(b-d)(c-b)$ chia hết cho $12$
Bài 9 : Cho $a,b$ là các số tự nhiên không chia hết cho $5$ . Chứng minh $pa^{4m}+q^{4n}.b$ chia hết cho $5$ khi và chỉ khi $p+q$ chia hết cho $5$ ($m,n \in \mathbb{N^*}$)
Bài 10*: Chứng minh rằng $3^{4^5}+4^{5^6}$ là một tích của hai số nguyên mà mỗi số này lớn hơn $10^{2002}$
Bài 11 : Cho số nguyên $n \ge 2$ . Hỏi tồn tại hay không số tự nhiên $m$ sao cho $n^{2001}<m<n^{2002}$ và $m$ có ít nhất $600$ chữ số $0$ tận cùng
Bài 12* : a) Chứng minh rằng tích $n$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $n!$
b)  Từ đó hãy chứng minh bài toán sau đây :
Cho $k,m,n$ là các số nguyên dương sao cho $m+k+1$ là số nguyên tố lớn hơn $n+1$ . Đặt $c_s=s(s+1)$ . Chứng tỏ rằng :
$c_1.c_2...c_n$ là ước của $\prod_{i=1}^n (c_{m+i}-c_k)$ (IMO 1967)
Bài 13 : Tìm $n$ là số tự nhiên sao cho $n!=2^{15}.3^6.5^3.7^2.11.13$
Bài 14 : Tìm một số sao cho khi cộng số đó với $(n^2-q)^p(n-1)^{p+1}$ thì được một số chia hết cho $n$
Bài 15 : Tìm $a,b,c$ nguyên dương sao cho
$\begin{cases} &a<b<c&\\&(abc-1) \vdots (a-1)(b-1)(c-1)& \end{cases}$
Bài 16 : (Germany MO 1995) Cho $x$ là một số thực sao cho $x+\frac{1}{x} \in \mathbb{Z}$ . Chứng minh với mọi số nguyên $n$ thì $x^n+\frac{1}{x^n} \in \mathbb{Z}$
Bài 17 : Cho  $a,b$ nguyên dương và $a+1,b+2007$ đều chia hết cho $6$. Chứng minh $4^a+a+b$ chia hết cho $6$
Bài  18 : Tìm số nguyên dương lớn nhất $x$ sao ch $23^{6+x}$ là ước của $2000!$
Bài 19 * : Tìm tất cả các số nguyên dương $a,b$ sao cho $a+b^2$ chia hết cho $a^2b-1$
Bài 20 : Cho $P(x)$ là đa thức với hệ số nguyên và $P(x)$ nhận giá trị bằng $7$  với $4$ giá trị nguyên khác nhau của $x$. Chứng minh $P(x)-14$ không có nghiệm nguyên

Japan MO 2014 Final

Problem  : Tìm tất cả các bộ ba $(a,b,c)$ nguyên dương sao cho : 
                                                           $2^a+3^b+1=6^c$
                                                               Lời giải :
Xét $a=1$ thì ta có $3+3^b=6^c$. Nếu $b=1$ suy ra $c=1$
$b>1$ thì $v_3(6^c)=v_3(3^b+3)=1$ suy ra $c=1$. Suy ra $b=1$ (mâu thuẫn)
$a=2$ thì được $3^b+5=6^c \equiv 0 \pmod{3}$ (vô lí)
$a>2$ thì ta có $6^c=2^a+3^b+1 \equiv 2,4 \pmod{8}$ suy ra $c \in \{1,2\}$
Nếu $c=1$ thì $2^a+3^b=5$ (vô lí vì $a>2$)
Nếu  $c=2$ thì suy ra $a=b=3$
Vậy $(a,b,c)=(1,1,1)=(3,3,2)$

BỔ ĐỀ VỀ SỐ MŨ ĐÚNG VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC

Về số mũ đúng : Cho $p$ là số nguyên tố ,$a$ là số nguyên và $\alpha$ là số tự nhiên. Ta nói $p^{\alpha}$ là lũy thừa đúng của $a$ và $\alpha$ là số mũ đúng của $p$ trong khai triển của $\alpha$ nếu $p^{\alpha}|a$ và $p^{\alpha+1} \not | a$
Khi đó ta viết $p^{\alpha} ||a$ hay $v_p(a)=\alpha$
Ví dụ $v_3(63)=2$ vì $63=3^2.7$
Một số tính chất về cái này : Cho $x,y,z$ là các số nguyên khi đó
i) $v_p(xy)=v_p(x)+v_p(y)$
ii) $v_p(x^n)=n.v_p(x)$
iii) $v_p(x+y) \ge min\{v_p(x),v_p(y)\}$ . Xảy ra khi và chỉ khi $v_p(x) \ne v_p(y)$
iv) $v_p(gcd(|x|,|y|,|z|))=min\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
v) $v_p(lcm(|x|,|y|,|z|))=max\{v_p(x),v_p(y),v_p(z)\}$
 Một số bổ đề : Bổ đề 1 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)$
Bổ đề 2 :Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương lẻ. Cho $p$ là số nguyên tố bất kì sao cho $gcd(n,p)=1,p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)$
Bổ đề 3 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x-y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$
Bổ đề 4 : Cho $x,y$ là các số nguyên và $n$ là một số nguyên dương  lẻ . Cho $p$ là số nguyên tố ($p>2$) sao cho $p|x+y,x \not | p ,y \not |p$
Khi đó $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$
Bổ đề 5 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ sao cho $4|x-y$ khi đó $v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)$
Bổ đề 6 : Cho $x,y$ là hai số nguyên lẻ và $n$ là số nguyên dương chẵn . Khi đó
$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(x+y)+v_2(n)-1$
MỘT SỐ ĐỊNH LÍ ,BỔ ĐỀ SỐ HỌC  (mấy cái Wilson,Fermat mình sẽ không đăng vì đã có nhiều)
Ta định nghĩa 1 : Cho số nguyên dương $n$. Số nguyên $a$ được gọi là thặng dư bình phương mod $n$ hay (số chính phương mod n) nếu tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2 \equiv a \pmod{n}$
Định nghĩa 2 : Giả sử $p$ là một số nguyên tố lẻ , $a$ là một số nguyên. Kí hiệu La-Grang (Legendre) $(\frac{a}{p})$ được xá định như sau
$(a/p)=1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ là số chính phương mod $p$
$(a/p)-1$ nếu $gcd(a,p)=1$ và $a$ không là số chính phương
$(a/p)=0$ nếu $p|a$
Định lí 1 : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó phương trình $x^2 \equiv a \pmod{p}$
i) Chỉ có nghiệm khi $x \equiv 0 \pmod{p}$ với $a=0$
ii) Vô nghiệm hoặc đúng hai nghiệm nếu $p \not |a$
Chú ý : Định lí này không đúng với $p=2$
Hệ quả : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong hệ thặng dư đầy đủ $\{1,2,..,p-1\}$ có đúng $\frac{p-1}{2}$ thặng dư bình phương và $\frac{p-1}{2}$ không thặng dư bình phương mod p
Định lí 2 (Euler's criterion) Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$gcd(a,p)=1$ . Khi đó $(a/p) \equiv a^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}$
Định lí 3 : Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $a,b$ là các số nguyên dương sao cho $gcd(a,p)=gcd(b,p)=1$ Khi đó
i) Nếu $p|a-b$ thì $(\frac{a}{p})=(\frac{b}{p})$
ii) $(\frac{a}{p})(\frac{b}{p})=(\frac{ab}{p})$
iii) $(\frac{a^2}{p})=1$
iv) $(\frac{-1}{p})=1$ khi $p \equiv 1 \pmod{4}$
$(\frac{-1}{p})=-1$ khi $p \equiv 3 \pmod{4}$
Định lí 4 : Giả sử $gcd(x,y)=1$ , $a,b,c$ là các số nguyên $p$ là ước nguyên tố của $ax^2+bxy+cy^2$ , $p$ không là ước của $abc$ thì $A=b^2-4ac$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Đặt biệt nếu $p$ là ước của $x^2-Ay^2$ và $gcd(x,y)=1$ thì $A$ là thặng dư bậc hai mod $p$
Bổ đề Gauss : Giả sử $p$ là số nguyên tố lẻ ,$a$ là số nguyên không chia hết cho $p$
Nếu trong số các thặng dư bé nhất của các số nguyên $a,2a,3a,..,\frac{p-1}{2}$ có $s$ thặng dư lớn hơn $\frac{p}{2}$ thì $(\frac{a}{p})=(-1)^s$
 Luật tương hỗ Gauss : Cho $p,q$ là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó
i) Nếu có ít nhất một trong hai số có dạng $4k+1$ thì $p$ là số chính phương (mod p) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
ii) Nếu cả hai số đều có dạng $4k+3$ thì $p$ là số chính phương (mod $q$) khi và chỉ khi $q$ là số chính phương (mod p)
Kí hiệu Jacobi : Định nghĩa 3 : Cho $n$ là số nguyên dương lẻ với phân tích tiêu chuẩn
$n=p_1.p_2..p_k$ . Với $gcd(a,n)=1$ thì ta định nghĩa các kí hiệu Jacobi như sau
$(\frac{a}{n})=(\frac{a}{p_1})(\frac{a}{p_2})...(\frac{a}{p_k})$
Luật tương hỗ : Nếu $n,m$ là các số nguyên tố lẻ nguyên tố cùng nhau thì
$(\frac{n}{m})(\frac{m}{n})=(-1)^{\frac{(n-1)(m-1)}{4}}$

Romanian Master of Mathematics Competiton 2012

Problem : Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ thỏa mãn $2^{2^n+1}+1$ chia hết cho $n$ .
                                                                   Lời giải :
Ta có bổ đề
i)  Cho $x,y \in \mathbb{Z},n$ là số nguyên dương lẻ và $p$ là một số nguyên tố lẻ sao cho $p|x+y$
và $p \not | x,y$ ta có $v_p(x^n+y^n)=v_p(x+y)+v_p(n)$
Áp dụng bổ đề. Ta sẽ chứng minh rằng số nguyên dương $a_n=3^n$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Áp dụng bổ đề trên ta có  
$v_3(2^{a_n}+1)=v_3(3)+v_3(a_n)=k+1$
Và $v_3(2^{2^{a_n}+1}+1)=v_3(3)+v_3(2^{a_n}+1)=k+2$
Như vậy $a_n|2^{2^{a_n}+1}+1$

Về một định lí cơ bản

Định lí : Số $a$ là hợp số nếu tồn tại một tích các số nguyên dương $a_1a_2..a_n=A$ ($n \ge 2$) sao cho $a$ là ước số của $A$ và $a>a_i$ với mọi $i$ thuộc tập $\{1,2,..,n\}$
Thực ra định lí này rất hay và nhiều ứng dụng  cũng xem nhé :)
Bài 1 : Giả sử $a=x^2+xy+3y^2$ là một ước số của $A=x^6-y^6$ với $x,y$ là các số nguyên dương. Chứng tỏ $A$ là hợp số
Lời giải : Ta có $A=x^6-y^6=(x^2-y^2)(x^2-xy+y^2)(x^2+xy+y^2)$
Ta chứng minh được rằng $a>x^2-y^2,a>x^2+xy+y^2>x^2-xy+y^2$ áp dụng định lí trên ta có điều phải chứng minh
Bài 2 : Cho $a,b,c$ là ba số nguyên dương đôi một phân biệt thỏa mãn $a^3+b^3+c^3$ chia hết cho $k=a+b+c$. Chứng minh $k$ là hợp số
Xét $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$ từ giả thiết đề bài suy ra $3abc \vdots k$
Mà $k>3,k>a,k>b,k>c$ do đó áp dụng định lí ta có điều phải chứng minh
Tóm lại đó là hai ứng dụng cơ bản cho ta thấy được vẻ đẹp của định lí này :
BÀI TẬP  : 1) Cho $a,b,c,d,e,f$ là các số nguyên dương . Giả $S=a+b+c+d+e+f$ là ước số chung của $abc+def$ và $ab+bc+ac-de-ef-fd$. Chứng minh $S$ là một hợp số
2) Cho $n$ là số tự nhiên thỏa mãn $n^2+2$ là ước nguyên tố của $n^8-1$. Chứng minh $n=1$

Mở rộng Canada 1979

Problem : Cho $x_0<x_1<...<x_n$ là các số tự nhiên. Chứng tỏ :
$A=\frac{1}{[x_0,x_1]}+\frac{1}{[x_1,x_2]}+...\frac{1}{[x_n,x_{n-1}]} \le \frac{2^n-1}{2^n}$
                                                                Lời giải :
Ta sẽ chứng minh nó bằng quy nạp
+Với $n=1$ thì bạn đọc tự chứng minh bất đẳng trên đúng
+Giả  sử bất đẳng thức trên đúng trên với $n \ge 1$
Ta sẽ chứng minh trên cũng đúng với $n+1$
Ta xét $2$ trường hợp :
Trường hợp 1 :$x_{n+1} \ge 2^{n+1} \Rightarrow [x_n,x_{n+1}] \ge x_{n+1} \ge 2^{n+1}$
Theo giả thiết quy nạp thì :
$A+\frac{1}{[x_n,x_{n+1}]} \le \frac{2^n-1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}$
Trường hợp 2 : $x_{n+1}<2^{n+1}$
Ta có đẳng thức sau $[a,b].(a,b)=ab$ . Do $(a,b)|b$ nên suy ra :
$\frac{1}{[a,b]}=\frac{(a,b)}{ab} \le \frac{1}{a}-\frac{1}{b}$
Nên : $A+\frac{1}{[x_n,x_{n+1}]} \le \frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}$
$\Rightarrow \frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_{n+1}}<1-\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}$
Bất đẳng thức được chứng minh.

$x!+y!=3^n.n!$

Problem : Tìm bộ ba nghiệm tự nhiên của phương trình : $x!+y!=3^n.n!$
                                                                Lời giải : 
Ta gọi phương trình trên là phương trình (1). Dễ thấy $n \ge 1$ . Vì vai trò $x,y$ bình đẳng nên ta có thể giả sử $y \ge x$
Trường hợp 1 : $x \le n$
Ta có (1) $\Leftrightarrow 1+\frac{y!}{x!}=\frac{3^n.n!}{x!}$ (2)
Suy ra $1+\frac{y!}{x!} \equiv 0 \pmod{3}$ . Để ý tích $3$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $3$ và $n \ge 1$. Suy ra $x<y \le x+2$
-Nếu $y=x+2$ thì từ (2) ta có $1+(x+1)(x+2)=\frac{3^n.n!}{x!}$ (3) . Để ý tích $2$ số nguyên liên tiếp chia hết cho $2$ . Từ (3) suy ra $n \le x+1$ nên với $n=x$ thì từ (3) ta được  $(x+1)(x+2)+1=3^x$ hay $x^2+3x+3=3^x$ (4)
Vì $x \ge 1$ nên theo (4) thì $x \equiv 0 \pmod{3} \Rightarrow x \ge 3$ .Từ (4) ta có
$-3=x^2+3x-3^x \equiv 0 \pmod{9}$ (vô lí). Suy ra $n \ne x$
Với $n=x+1$ từ (3) ta có $1+(x+1)(x+2)=3^n(x+1)$ . Từ đó suy ra $x=0$ dẫn đến $y=2$ và $n=1$
-Nếu $y=x+1$ thì từ (2) ta có : $x+2=3^n.\frac{n!}{x!}$ (5) . Cộng với việc để ý $n \ge 1$ thì theo (5) ta thấy ngay $x \ge 1$ . Do đó $x+2 \equiv 1 \pmod{x+1}$ . Từ đó theo (5) dẫn đến việc $n=x$
Ta đưa về phương trình theo (5) $\Leftrightarrow x+2=3^x$ . Đến đây ta dễ dàng thu được $(x,y,n)=(1,2,1)$
Trường hợp 2 : $x>n$
Khi đó (1) $\Leftrightarrow \frac{x!}{n!}+\frac{y!}{n!}=3^n$ (7) . Để ý rằng $n+1,n+2$ không thể đồng  thời là lũy thừa của $3$ nên từ (7) suy ra $x=n+1$
Phương trình được viết lại thành : $n+1+\frac{y!}{n!}=3^n$ (8). Vì $y \ge x \Rightarrow y \ge n+1$
Đặt $A=\frac{y!}{(x+1)!}$
Khi đó có thể viết (8) lại thành $(n+1)(1+A)=3^n$ (9)
Rõ ràng nếu $y \ge n+4$ thì $A \equiv 0 \pmod{4}$ vì thế $A+1$ không thể là một lũy thừa của $3$ nên từ (9) suy ra $y \le n+3$
Nếu $y=n+3$ thì $A=(n+2)(n+3)$ nên từ (9) ta có $(n+1)[1+(n+2)(n+3)]=3^n$ hay $(n+2)^3-1=3^n$ (10). Ta đặt $n+2=3k+1$ với $k \ge 2$ khi đó (10) được viết lại thành $9k(3k^2+3k+1)=3^{3k-1}$ vô lí vì $3k^2+3k+1$ không là lũy thừa của $3$
Nếu $y=n+2$ thì  $A=n+2$ do đó từ (9) ta có $(n+1)(n+3)=3^n$ (dễ thấy phương trình vô nghiệm vì $gcd(n+1,n+3)=1$)
Nếu $y=n+1$ thì ta có $A=1$ từ (9) ta có $2(n+1)=3^n$ vô lí vì một bên lẻ một bên chẵn
Kết luận : Vậy $(x,y,n)=(0,2,1);(2,0,1);(1,2,1);(2,1,1)$

APMO 2011

Problem : Cho các số nguyên $a,b,c$. Chứng minh rằng không thể đồng thời xảy ra đồng thời ba số $a^2+b+c,b^2+a+c,c^2+a+b$ đều là những số chính phương.
                                                                Lời giải :
Vì $a,b,c$ có tính đối xứng nhau nên ta có thể giả sử $a \ge b \ge c$
Ta có $a^2+b+c>a^2$ nên suy ra $a^2+b+c \ge (a+1)^2$ (do $a^2+b+c$ là số chính phương)
Suy ra $b+c \ge 2a+1$. Mà ta có $2a \ge b+c$ suy ra $2a \ge 2a+1$ (vô lí)
Hoàn tất chứng minh.

Balkan MO 2005

Problem : Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $p^2-p+1$ là lập phương của một số tự nhiên.
Đặt $p^2-p+1=a^3$ với $a \in \mathbb{N^*}$
Khi đó $p(p-1)=(a-1)(a^2+a+1)$ (1)
Xét  trường hợp nếu $a=pk+1$ với $k \in \mathbb{N}$
Từ (1) ta có $p^2-p+1=(pk)^3+(pk)^2+3(pk)+1$ với $k \ge 2$ thì $VP>VT$ do đó $k=0$ hoặc $k=1$
Với $k=0$ thì suy ra $p(p-1)=0$ (vô lí)
$k=1$ thì $p^2-2p+4=0$ . Phương trình này vô nghiệm
Trường hợp $p|(a^2+a+1)$ (2) ta có theo (1) thì $a-1|p(p-1)$  suy ra $a-1|(p-1)$ do $gcd(p,a-1)=1$
Đặt $p=(a-1).z+1$ với $z$ là số tự nhiên. Theo (2) thì $\frac{a^2+a+1}{az-z+1} \in \mathbb{Z}$
Hay $(a^2+a+1)z \vdots ((a-1)z+1)$
Hay $(az-z+1)|(3z-2-a)$ (3)
Ta chia thành các trường hợp sau :
Trường hợp 1 : $3z-2-a \ge az-z+1 \Leftrightarrow z(4-a) \ge a+3$
Dễ thấy $2 \le a \le 3$ . Nếu $a=2$ thì $p(p-1)=7$ phương trình này vô nghiệm nguyên tố
$a=3$ thì $p(p-1)=26$ phương trình này cũng vô nghiệm nguyên tố
Trường hợp 2 : $2+a-3z \ge az-z+1 \Leftrightarrow z(2+a) \le a+1$ vô lí do $2+a>a+1$
Trường hợp 3 : $3z-2-a=0$ nên $a=3z-2$ khi đó $p=3z(z-1)+1$ và $a^2-a+1=9z^2-9z+3$
Suy ra $a^2+a+1=3p$
Từ (1) ta có $p-1=3(a-1) \Leftrightarrow z=1$ hoặc $zz=3$
Nếu $z=1$ thì dễ thấy trường hợp này vô lí
$z=3$ thì $p=3a-2$ khi đó (1) $\Leftrightarrow 9a^2-15a+7=a^3$
Giải phương trình này cho ta $a=1$ hoặc $a=7$
Thử lại cho ta $a=7$ thỏa mãn vì khi đó thì $p=19$
Vậy số nguyên tố $p$ thỏa mãn bài toán là $p=19$