$type=ticker$cat=0$source=random$cols=4$count=24$b=0$hide=mobile

[Nguyễn Trung Tuấn] Bài Tập Luyện Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2018

ĐỀ BÀI

  1. Một số nguyên dương $a$ gọi “đẹp” nếu tồn tại số nguyên dương $b$ thỏa mãn $a^5+b^7$ chia hết cho $2018$. Tìm số các số đẹp không lớn hơn 2018.
  2. Tìm các số nguyên dương $m$ có tính chất: Nếu nó là ước của $a^{2018}b+1$ với $a,\,b\in\mathbb Z$ thì nó cũng là ước của $a^{2018}+b$. 
  3. Cho $m$ là một số nguyên dương thỏa mãn $\varphi(m)$ chia hết cho $2018$, chứng minh rằng\[{m^{2016}}\mid \prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{2018}} – 1} \right)} .\]
  4. Chứng minh rằng tồn tại song ánh $f:\,\mathbb N^*\to\mathbb N^*$ thỏa mãn \[f(2n)-f(2n-1)=2018n,\quad\forall\,n\in\mathbb N^*.\]
  5. Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên $P(x)$ và hằng số $k$ sao cho với mọi số nguyên dương $n$ thì $2^nP(n)+k$ luôn là số chính phương. 

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

  1. Nhận xét rằng nếu $a$ là một số đẹp thì sẽ tồn tại một cặp $\left(a_1,\,a_2\right)$ thỏa mãn $a_1\in\{0,\,1,\ldots,\,1008\}$, $a_2\in\{0,\,1\}$ sao cho các phương trình đồng dư $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ và $x^7\equiv a_2^5\pmod{2}$ có nghiệm tương ứng là $x_1,\,x_2$ (ở đây $a_1,\,a_2$ lần lượt là số dư của $a$ khi chia $1009$ và $2$, còn $x_1,\,x_2$ lần lượt là số dư của $-b$ khi chia $1009$ và $2$). Đảo lại, với mỗi cặp $\left(a_1,\,a_2\right)$ như thế thì theo định lý thặng dư Trung Hoa, sẽ tồn tại duy nhất số $a\in\{1,\,2,\ldots,\,2018\}$ sao cho $a\equiv a_1\pmod{1009}$ và $a\equiv a_2\pmod 2$. Đồng thời, vẫn lại theo định lý thặng dư Trung Hoa, sẽ tồn tại $x^*$ sao cho $x^*\equiv x_1\pmod{1009}$ và $x^*\equiv x_2\pmod{2}$. Và ta chọn số nguyên dương $b$ sao cho $b\equiv-x^*\pmod{2018}$ là có được $2018\mid\left(a^5+b^7\right)$. Vì phương trình $x^7\equiv a_2^5\pmod 2$ luôn có nghiệm là $a_2$ với $a_2\in\{0,\,1\}$, nên theo nguyên lý nhân thì số các số $a$ cần tìm sẽ là $2N$. Với $N$ là các số $a_1\in\{0,\,1,\ldots,\,1008\}$ sao cho phương trình đồng dư $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ có nghiệm. Với $a_1=0$ thì phương trình đó có nghiệm là $0$. Còn với $a_1\ne 0$, thì hễ $x$ là nghiệm của phương trình ta thấy $1009\nmid x$. Gọi $r$ là một căn nguyên thủy theo mod 1009, khi đó tồn tại $t,\,m\in\{0,\,1,\ldots,\,1007\}$ sao cho \[{a_1} \equiv {r^k} \left( {\bmod 1009} \right),\quad x \equiv {r^t}\quad \left( {\bmod 1009} \right).\] Từ $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ ta có được $${r^{7t}} \equiv {r^{5k}} \left( {\bmod 1009} \right).$$ Theo tính chất của căn nguyên thủy, ta có \[7t \equiv 5k\quad \left( {\bmod 1008} \right).\] Vậy, $k=7l$ với $l\in\{0,\,1,\,\ldots,\,143\}$. Đảo lại, với mỗi $a_1=r^{k}$ với $k=7l$ và $l\in\{0,\,1,\,\ldots,\,144\}$ thì phương trình $x^7\equiv r^{5k}\pmod{1009}$ luôn có nghiệm $x=r^{5l}$. Điều đó kết hợp với việc $r^{7l}$ và $r^{7l’}$ không cùng số dư khi chia cho 1009 nếu $l\ne l’$ và $l,\,l’\in\{0,\,1,\,\ldots,\,143\}$ cho ta $N=144+1$. Tóm lại, số các số $a$ cần tìm là $290.$
  2. Giả sử $m$ là số thỏa yêu cầu, chúng ta có các nhận xét như sau.
    Nhận xét 1. Với số nguyên dương $a$ bất kỳ thỏa mãn $\gcd(a,\,m)=1$, khi đó luôn tồn tại số nguyên dương $b$ sao cho\[m\mid\left(a^{2018}b+1\right).\] Thật vậy, do $\gcd(a,\,m)=1$ nên $\gcd\left(a^{2018},\,m\right)=1$ do đó tồn tại $a’$ là nghịch đảo của $a^{2018}$ theo mod $m$. Đến đây, chọn số nguyên dương $b$ sao cho $b\equiv -a’\pmod m$ là có\[{a^{2018}}b \equiv – {a^{2018}}a’ \equiv – 1\pmod m.\] Từ đó nhận xét đã nêu được chứng minh. Để ý là, với $a$ là số nguyên dương bất kỳ chỉ cần nguyên tố cùng nhau với $m$ thì sẽ luôn tồn tại số nguyên dương $b$ sao cho $m\mid\left(a^{2018}b+1\right).$ Từ yêu cầu cần thỏa với $m$, ta có\[{a^{4036}} = {a^{2018}}.{a^{2018}} \equiv {a^{2018}}\left( { – b} \right) \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\] Nhận xét 2. Nếu $m$ là số nguyên dương thỏa mãn $a^{4036}\equiv 1\pmod m$ với mọi số nguyên dương $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$, thì $m$ thỏa yêu cầu bài toán. Thật vậy, nếu $m$ là số nguyên dương thỏa mãn $a^{4036}\equiv 1\pmod m$ với mọi số nguyên dương $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$. Giả sử các số nguyên dương $a,\,b$ nào đó thỏa mãn điều kiện $m\mid\left(a^{2018}b+1\right)$, ta có luôn $\gcd\left(a,\,m\right)=1$, do đó\[{a^{2018}}{a^{2018}} \equiv {a^{4036}} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Chứng tỏ $a^{2018}$ là một nghịch đảo theo mod $m$ của chính nó, lại từ\[{a^{2018}}\left( { – b} \right) \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Ta có được $a^{2018}$ có nghịch đảo theo mod $m$ là $-b$, và do đó\[a^{2018}\equiv -b\pmod m.\] Như vậy là, cứ hễ $m\mid\left(a^{2018}b+1\right)$ thì kéo theo $m\mid\left(a^{2018}+b\right)$. Vậy nên nhận xét này được chứng minh. Từ các nhận xét đã nêu, bài toán của chúng ta quy về: Tìm số nguyên dương $m$ sao cho \[{a^{4036}} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right),\quad\forall\,a\in\mathbb N^*:\;\gcd(a,\,m)=1.\] Rõ ràng, $m=1$ là một kế quả tầm thường nhưng thỏa mãn. Chúng ta xét $m>1$, khi đó nếu $p$ là một ước nguyên tố lẻ của $m$, ta gọi $g_p$ là một căn nguyên thủy mod $p^{v_p(m)}$. Lúc đó do $p^{v_p(m)}\mid m$ và $\gcd \left( {{p^{{v_p}(m)}},{\mkern 1mu} \frac{m}{{{p^{{v_p}(m)}}}}} \right) = 1$ nên theo định lý thặng dư Trung Hoa (CRT), sẽ tồn tại số nguyên dương $A$ sao cho\[A \equiv {g_p}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right),\qquad A \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \frac{m}{{{p^{{v_p}\left( m \right)}}}}} \right).\] Vì $\gcd\left(g_p,\,p^{{v_p}(m)}\right)=1$ và cách chọn $A$, cho nên $\gcd(A,\,m)=1$, từ đó\[A^{4036}\equiv 1\pmod m.\] Hạ xuống mod $p^{{v_p}(m)}$, ta có\[1 \equiv {A^{4036}} \equiv g_p^{4036}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Bởi vai trò của $g_p$, nên\[\varphi \left( {{p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right)\mid 4036.\]Để ý rằng $\varphi \left( {{p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right)=p^{v_p(m)-1}(p-1)$ và $4036=2^2.1009$, cho nên ta chỉ thấy $p=3$ hoặc $p=5$, đồng thời khi ấy thì $v_p(m)=1$. Nghĩa là, số $m$ của chúng ta có dạng $$m=2^n3^k5^l,\quad k,\,l\in\{0,\,1\},\,n\in\mathbb N.$$ Ta có $\gcd(11,\,m)=1$, nên\[11^{4036}\equiv 1\pmod m.\]Theo bổ đề LTE, ta có được\[n = {v_2}\left( m \right) \le {v_2}\left( {{{11}^{4036}} – 1} \right) = {v_2}\left( {{{11}^2} – 1} \right) + {v_2}\left( {2018} \right) = 4.\]Kết hợp lại, để thấy nếu $m$ thỏa mãn yêu cầu thì $m\mid 2^4.15$ nói khác đi $m\mid 240$. Đảo lại, dễ dàng thấy rằng nếu các số nguyên dương $a_2$ lẻ $a_3$ là số không chia hết cho $3$ và $a_5$ không là bội của $5$ thì\[a_2^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,16} \right),\quad a_3^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,3} \right),\quad a_5^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,5} \right).\] Cho nên tất cả các số cần tìm, là các ước số dương của $240$.
  3. Xét nhóm đơn vị mod $m$, tức là tập\[\mathcal{U}_m=\left\{r:\;r\in\mathbb N^*,\,r\le m,\,\gcd (r,\,m)=1\right\}.\] Ta sẽ viết các số trong $\mathcal U_m$ lên các đỉnh của đa giác đều $1009$ cạnh, sao cho tích các số được viết chia $m$ dư $1$. Việc viết này, thực chất là chỉ phụ thuộc vào $1008$ số đem điền đầu tiên, bởi vì số cuối cùng chính là nghịch đảo theo mod $m$ của tích $1008$ số đã viết trước. Lý do đó, cùng với quy tắc nhân cho ta thấy số cách viết sẽ là\[N=\varphi(m)^{1008}.\]Giờ ta coi hai cách điền số là cùng một lớp tương đương, nếu như cách điền này nhận được từ cách kia qua một phép quay theo chiều dương. Khi đó, lớp tương đương chỉ có một cách điền số khi và chỉ khi tất cả các số điền đều cùng bằng $r$, với $r\in\mathcal U_m$ thỏa mãn\[r^{1009}\equiv 1\pmod m.\] Các lớp tương đương còn lại, mỗi lớp sẽ có $1009$ cách điền số. Giờ ta gọi $N^*$ là số các lớp tương đương mà mỗi lớp có đúng một cách điền, còn $N’$ là số các lớp tương đương có $1009$ cách điền số, thế thì\[{N^*} + 1009N’ = \varphi {\left( m \right)^{1008}} \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,1009} \right).\]Do vậy $1009\mid N^*$, đồng thời $N^*\ne 0$ bởi vì có một cách điền toàn số $1$ thỏa yêu cầu, bởi vậy $N^*\ge 1009$. Lại chú ý rằng, nếu ta điển số $r$ lên tất cả $1009$ đỉnh, thế thì với $r\ne 1$ do $\text{ord}_m(r)\mid p$ và $r\in\mathcal U_m\setminus\{1\}$ ta có được $\text{ord}_m(r)=p$. Tóm lại, trong $\mathcal U_m$, sẽ có ít nhất $1008$ số $r$ khác $1$ thỏa $r^{1009}\equiv 1\pmod m$. Vì thế, sẽ có ngay\[{m^{1008}}\mid \prod\limits_{r \in {{\cal U}_m} \setminus \left\{ 1 \right\}} {\left( {{r^{1009}} – 1} \right)} ,\quad {m^{1008}}\mid \prod\limits_{r \in {{\cal U}_m} \setminus \left\{ 1 \right\}} {\left( {{{\left( { – r} \right)}^{1009}} – 1} \right)} .\] Giờ thì ta có điều cần chứng minh, nếu để ý rằng $\mathcal U_m {\setminus\{1\}}\subset\{2,\,3,\,\ldots ,\,m\}$ và \[\prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{2018}} – 1} \right)} = {\left( { – 1} \right)^{m – 1}}\prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{1009}} – 1} \right)} \prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{{\left( { – k} \right)}^{1009}} – 1} \right)} .\]
  4. Trước tiên, ta quan tâm đến định lý sau.
    Định lý Beatty. Cho các số vô tỷ dương là $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1$, đặt $\mathcal A=\left\{\left\lfloor an\right\rfloor:\;n\in\mathbb N^*\right\}$ và $\mathcal B=\left\{\left\lfloor bn\right\rfloor:\;n\in\mathbb N^*\right\}$, khi đó \[\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset\;\text{và}\;\mathcal A\cup\mathcal B=\mathbb N^*.\] Chứng minh định lý Beatty. Dễ thấy $\mathcal A$ và $\mathcal B$ đều là tập con của $\mathbb N^*$, giả sử $\mathcal A\cap\mathcal B\ne\emptyset$ khi đó sẽ phải tồn tại các số nguyên dương $k;\,l;\,m$ sao cho\[\left\lfloor ka\right\rfloor=\left\lfloor lb\right\rfloor=m.\] Để ý rằng $ka;\,lb\notin\mathbb Q$ nên điều đó dẫn đến \begin{align*} m<ka<m+1,\\m<lb<m+1.\end{align*} Lần lượt chia cho $a$ và $b$ các vế của hai bất đẳng thức trên, rồi cộng lại sẽ dẫn đến điều vô lý là $m<k+l<m+1$. Vậy $\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset$. Giờ ta cần chứng minh rằng: Với số nguyên dương $n$ bất kỳ thì hoặc $n\in\mathcal A$ hoặc $n\in\mathcal B$. Ngược lại của điều đó nghĩa là không tồn tại $k,\,l\in\mathbb N^*$ sao cho $n=\left\lfloor ka\right\rfloor$ hoặc $n=\left\lfloor lb\right\rfloor$. Điều đó dẫn đến sự tồn tại $s,\,t\in\mathbb N^*$ sao cho \begin{align*}sa<n,\quad (s+1)a>n+1,\\ tb<n,\quad (t+1)b>n+1.\end{align*} Từ $sa$ và $tb$ đều nhỏ hơn $n$, ta có $n>s+t$ nhưng từ $(s+1)a>n+1$ và $(t+1)b>n+1$ ta lại có được điều mâu thuẫn với trên là $s+t+2>n+1$ tức $s+t\ge n$. Định lý được chứng minh. Quay trở lại bài toán, xét phương trình\[\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2018}} = 1.\]Phương trình này, có một nghiệm vô tỷ dương là $a =-1008+\sqrt{1009^2+1}$. Ta đặt $b=a+2018$, và xét hàm số $f:\,\mathbb N^*\to\mathbb N^*$ cho bởi công thức\[f\left( n \right) = \begin{cases} \left\lfloor \dfrac{(n+1)a}{2} \right\rfloor,&\;\text{nếu}\;n\;\text{lẻ},\\ \\\left\lfloor \dfrac{nb}{2} \right\rfloor,&\;\text{nếu}\;n\;\text{chẵn}.\end{cases} \] Từ định lý Beatty, ta có được điều cần chứng minh.
  5. Giả sử đa thức $P$ và số $k$ thỏa yêu cầu, ta xét hai trường hợp sau.
    • Nếu $k= 0$, khi đó do $2^{2n}P(2n)$ luôn là số chính phương nên $P(2n)$ cũng vậy. Từ đó, sẽ tồn tại đa thức hệ số nguyên $Q(x)$ sao cho $P(x)=Q(x)^2$, lúc này từ $2^{2n+1}P(2n+1)$ luôn là số chính phương, ta sẽ có $Q(x)$ là đa thức $0$ kẻo không thì sẽ có điều mâu thuẫn là $2$ là bình phương một số hữu tỷ.
    • Nếu $k\ne 0$, ta đi chứng minh là $\deg P\le 0$. Thật vậy, nếu $\deg P>0$ thì tồn tại $m_0$ sao cho $P(m)$ và $P'(m)$ đều là các số nguyên khác $0$ với $m\ne m_0$. Lấy $m$ là một số nguyên dương sao cho $P(m)P'(m)\ne 0$ thế thì do tồn tại vô số ước nguyên tố của dãy $f_n=2^nP(m)+k$, nên ta chọn $p$ là ước nguyên tố của $2^{n_0}P(m)+k$ (với $n_0\in\mathbb N^*$ đủ lớn) sao cho $p>\left|P'(m)\right|+2$, theo định lý CRT sẽ tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa mãn\[n \equiv m\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {\mkern 1mu} p} \right),\qquad n \equiv {n_0}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {\mkern 1mu} p – 1} \right).\] Lúc này, theo tính chất của đa thức hệ số nguyên và định lý Fermat bé, ta có \[{2^n}P\left( n \right) + k \equiv {2^{{n_0}}}P\left( m \right) + k \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod p} \right).\]Từ đó $v_p\left(2^nP(n)+k\right)\ge 2$, mặt khác với $n’=n+p(p-1)$, ta có\[{2^n}P\left( n \right) + k \equiv {2^{n’}}P\left( {n’} \right) + k \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod p} \right).\] Định lý Euler cho ta ${2^{n’}} = {2^n}{.2^{\varphi \left( {{p^2}} \right)}} \equiv {2^n}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,{p^2}} \right).$ Nên từ bổ đề tiếp tuyến, ta có\[0 \equiv {2^{n’}}P\left( {n’} \right) – {2^n}P\left( n \right) \equiv {2^n}p\left( {p – 1} \right)P’\left( n \right)\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,{p^2}} \right).\] Và bởi vì, $P'(x)$ cũng là đa thức hệ số nguyên, cho nên\[P’\left( m \right) \equiv P’\left( n \right) \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,p} \right).\] Đây là điều mâu thuẫn với cách chọn $p$. Như vậy, $P(x)$ phải là một đa thức hằng, giả sử $P(x)=C$ (với $C$ là hằng số nguyên) và dãy các số tự nhiên $\left\{s_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ thỏa mãn\[{2^n}C + k = s_n^2,\quad\forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\]Ta có ngay $\left(2s_n,\,s_{n+2}\right)$ luôn là cặp nghiệm $(x,\,y)$ của phương trình\[x^2-y^2=3k.\] Nếu $(x,\,y)$ là nghiệm của phương trình đó, từ việc các số $x-y$ và $x+y$ phải là ước của $3k$ cho nên cả $x$ và $y$ đều bị chặn, để kéo theo dãy $\left\{s_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ bị chặn. Rõ ràng, điều đó chỉ xảy đến khi mà $C=0$. Vậy, ta thấy kết quả cần tìm cho bài toán là $P(x)=0$ và $k$ là số chính phương nào đó.

COMMENTS

[KỶ YẾU / HỘI THẢO]_$type=list$source=random$cate=0$s=0$m=0$c=8$p=1$d=0

Name

Ả-rập Xê-út,1,Abel,2,Albania,2,American Mathematical Monthly,2,AMM,1,Amsterdam,8,Ấn Độ,1,An Giang,16,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,16,Arabia,1,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,43,Bắc Bộ,23,Bắc Giang,40,Bạc Liêu,6,Bắc Ninh,32,Bắc Trung Bộ,8,Bài Toán Hay,3,Balkan,29,Baltic Way,29,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,77,BDHSG,14,Bến Tre,18,Benelux,11,Bình Định,35,Bình Dương,16,Bình Phước,19,Bình Thuận,25,Birch,1,Bosnia Herzegovina,2,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bulgaria,5,BxMO,10,Cà Mau,12,Cần Thơ,11,Canada,63,Cao Bằng,5,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,30,Chọn Đội Tuyển,274,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,103,Chuyên Sư Phạm,28,Collection,8,College Mathematics Journal,1,Concours,1,Cono Sur,1,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,CPS,4,Crux,2,Đà Nẵng,36,Đa Thức,2,Đại Số,30,Đắk Lắk,40,Đắk Nông,4,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi,1913,Đề Thi HSG,1084,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,5,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đồng Nai,42,Đồng Tháp,40,Đức,1,E-Book,18,EGMO,12,ELMO,17,EMC,7,Estonian,5,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,21,Geometry,5,Gia Lai,20,Giải Tích Hàm,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,21,Hà Nội,148,Hà Tĩnh,59,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,39,Hải Phòng,36,Hàn Quốc,4,Hậu Giang,3,Hilbert,1,Hình Học,48,HKUST,6,Hòa Bình,10,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,Hong Kong,1,HongKong,6,HSG 10,83,HSG 11,63,HSG 12,462,HSG 9,299,HSG Cấp Trường,64,HSG Quốc Gia,84,HSG Quốc Tế,13,Hứa Lâm Phong,1,Huế,30,Hùng Vương,25,Hưng Yên,24,Hy Lạp,1,IMC,23,IMO,40,India,37,Inequality,13,International,201,Iran,4,Jakob,1,JBMO,16,Journal,16,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,10,KHTN,46,Kiên Giang,26,Kon Tum,17,Kvant,2,Kỷ Yếu,37,Lai Châu,3,Lâm Đồng,20,Lạng Sơn,16,Langlands,1,Lào Cai,9,Lê Hoành Phò,4,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,4,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,1,Long An,33,Lớp 10,8,Lớp 10 Chuyên,333,Lớp 10 Không Chuyên,129,Lớp 11,1,Lượng giác,1,Lưu Giang Nam,2,Macedonian,1,Malaysia,1,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today Magazine,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MEMO,9,Metropolises,3,Mexico,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,7,MYM,74,MYTS,1,Nam Định,25,Nam Phi,1,National,177,Nesbitt,1,Nghệ An,42,Ngô Bảo Châu,1,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,2,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,4,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Tài Chung,4,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,7,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,23,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,1,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,2,Nhóm Toán,3,Ninh Bình,36,Ninh Thuận,13,Nội Suy Lagrange,1,Nội Suy Newton,1,Nordic,18,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,86,Olympic 10/3,1,Olympic 11,78,Olympic 12,27,Olympic 24/3,6,Olympic 27/4,19,Olympic 30/4,56,Olympic KHTN,5,Olympic Sinh Viên,63,Olympic Toán,256,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippine,1,Philippines,4,Phú Thọ,24,Phú Yên,20,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,25,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Problems,1,PT-HPT,31,PTNK,35,Putnam,24,Quảng Bình,37,Quảng Nam,26,Quảng Ngãi,29,Quảng Ninh,31,Quảng Trị,17,Riemann,1,RMM,10,Romania,8,Romanian Mathematical Magazine,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,79,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi,2,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,19,Shortlists,35,Simon Singh,1,Singapore,1,Số học,37,Sóc Trăng,7,Sơn La,10,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,14,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,23,Thái Bình,33,Thái Nguyên,31,Thanh Hóa,45,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,4,Thomas J. Mildorf,1,THPTQG,11,THTT,7,Tiền Giang,15,Titu Andreescu,2,Tổ hợp,7,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,20,Toán Tuổi Thơ,1,TOT,1,TPHCM,96,Trà Vinh,5,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,32,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,8,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,1,Trần Quốc Luật,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trung Quốc,10,Trường Đông,16,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,44,Tuyên Quang,6,Tuyển sinh,10,Tuyển Tập,32,Tuymaada,1,Undergraduate,61,USA,28,USAJMO,1,USATST,5,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,3,Viện Toán Học,1,Vietnam,2,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,23,Vĩnh Long,17,Vĩnh Phúc,54,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,8,VMO,38,VNTST,17,Võ Quốc Bá Cẩn,18,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,5,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,15,Zhautykov,4,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
Mathematical Olympiad Contests Collection: [Nguyễn Trung Tuấn] Bài Tập Luyện Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2018
[Nguyễn Trung Tuấn] Bài Tập Luyện Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2018
Mathematical Olympiad Contests Collection
https://www.molympiad.ml/2019/01/nguyen-trung-tuan-bai-tap-luyen-thi-hoc-sinh-gioi-quoc-gia-thpt-2018.html
https://www.molympiad.ml/
https://www.molympiad.ml/
https://www.molympiad.ml/2019/01/nguyen-trung-tuan-bai-tap-luyen-thi-hoc-sinh-gioi-quoc-gia-thpt-2018.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU LABEL ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS CONTENT IS PREMIUM Please share to unlock Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy