IMO 2015 - Đề thi, lời giải và kết quả đội tuyển
 

Dưới đây là đề thi Olympic Toán quốc tế 2015 ngày thi thứ 1 mình lấy từ facebook của thầy phó đoàn Việt Nam, TS. Lê Anh Vinh.


Bài 1.
Một tập hợp hữu hạn $S$ các điểm nằm trên mặt phẳng là "cân bằng" nếu như với hai điểm $A,B$ phân biệt thuộc $S$, luôn tồn tại một điểm $C$ thuộc $S$ mà $AC=BC.$ Ta gọi tập hợp $S$ là "không tâm" nếu như với mọi bộ ba điểm $A,B$ và $C$ thuộc $S,$ không tồn tại điểm $P$ thuộc $S$ sao cho $PA=PB=PC.$
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\ge 3$, tồn tại một tập hợp cân bằng có $n$ điểm.
b) Tìm tất cả các số tự nhiên $n\ge 3$ sao cho tồn tại một tập vừa cân bằng, vừa không tâm và có $n$ điểm.

Bài 2.
Xác định tất cả bộ ba $(a,b,c)$ các số nguyên dương sao cho các số sau
đều là các lũy thừa của $2.$

Bài 3.
Cho tam giác $ABC$ nhọn với $AB>AC.$ Gọi $\Gamma $ là đường tròn ngoại tiếp tam giác, $H$ là trực tâm của tam giác và $F$ là chân đường cao kẻ từ đỉnh $A.$ Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Gọi $Q$ là điểm nằm trên $\Gamma $sao cho $\angle HQA=90^\circ $và gọi $K$ là điểm nằm trên $\Gamma $sao cho $\angle HKQ=90^\circ $. Giả sử các điểm $A,B,C,K$và $Q$ đều phân biệt và nằm trên $\Gamma $ theo thứ tự đó.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $KQH$ và $FKM$ tiếp xúc nhau.

Câu 3 hình là lợi thế của Đoàn Việt Nam ta rồi.
Mấu chốt là có tứ giác điều hòa do đường thẳng đậm là tiếp tuyến của đường tròn đậm.
Cụ thể như sau:
Ta có $\widehat{JHK}=\widehat{AQ'H}=\widehat{HH'K}$ nên $HM$ là tiếp tuyến của $(KHH').$
Khi đó $\widehat{HKM}=\widehat{FKH'}.$
Biến đổi góc ta được $\widehat{JKM}+\widehat{FMK}=90^0,$ đây chính là đpcm.

Câu 1:
Bổ đề: các đa giác đều có số lẻ cạnh đều là tập "cân bằng" và "không tâm".
Chứng minh: Gọi đa giác đều trên là $A_1A_2...A_{2k+1}$. Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều trên. Gọi đường kính đi qua tâm và 1 đỉnh của đa giác đều trên là "trục" của đa giác đều thì ta luôn có $2k+1$ trục như vậy. xét các cạnh $A_{i}A_1,A_{i}A_2,...,A_{i}A_{i-1},A_{i+1},...,A_{i}A_{2i+1}$, vì qua $A_{i}$ có 1 trục của đa giác đều nên trong số $2i$ cạnh kia có thể chia thành $i$ cặp cạnh bằng nhau với các độ dài phân biệt không bằng nhau. Từ đấy suy ra không tồn tại 3 cạnh chung đỉnh nào của đa giác đều bằng nhau Vậy ta chứng minh được bổ đề.
a). Từ các $2k+1$-giác đều, ta dựng tâm của các đa giác đấy. Khi đó, ta được một tập "cân bằng" có số chẵn điểm. Kết hợp với các $2k+1$-giác đều, ta có đpcm.
b). Xét 1 tập cân bằng $A$ có $2k$ điểm $A_1,A_2,A_3,...A_{2k}$. 1 điểm $A_i$ gọi là tốt đối với 1 cặp $A_{k},A_{t}$ ($k \neq i \neq t $) nếu $A_{i}A_{k}=A_{i}A_{t}$. Có tất cả $C_{2k}^{2}=k(2k-1)$ cặp điểm, mà trong $S$ có $2k$ điểm nên theo Dirichlet thì phải tồn tại 1 điểm $A_i$ tốt với $k$ cặp điểm. Nhưng vì trong $k$ cặp này không có cặp chứa điểm $A_i$ nên sẽ phải có 2 cặp $(A_t,A_{t_1})$ và $(A_t,A_{t_2})$ có trùng 1 điểm $A_t$.Khi đó ta có $A_i=A_{t_1}=A_{t_2}$, suy ra tập $S$ có $2k$ phần tử không phải là tập không tâm. Kết hợp với bổ đề, với các số tự nhiên $n$ lẻ lớn hơn $1$ thì luôn tồn tại $S$ có $n$ phần tử sao cho tồn tại một tập vừa cân bằng, vừa không tâm và có $n$ điểm.

Bổ đề và lời giải câu b chuẩn rồi. Tuy nhiên lời giải cho câu a ở chỗ thêm tâm chưa chuẩn.

Nếu gọi đa giác là $A_1,A_2,..,A_{2k+1}$ và tâm là $O$ thì có thể không tồn tại $C$ mà $C$ cách đều $O$ và $A_1$.

Cách chỉ ra cho $n=2k$ chẵn là: với $n=4$, dựng 2 tam giác đều cạnh đơn vị $OA_1A_2$ và $OA_2A_3$. Từ $n$ lên $n+2$ thì chỉ việc dựng thêm tam giác đều cạnh đơn vị $OA_{n}A_{n+1}$.

Dễ thấy với mọi $A_i\neq A_j$ thì $OA_i = OA_j = 1$. Với mọi $A_i$ với $O$, xét tam giác đều tương ứng ta có $A_j$ mà $OA_j = A_iA_j = 1$

Mình đã gửi lời giải bài 2 nhưng ko gõ latex kịp

Câu 1a có thể dựng thế này được không anh Giấc Mơ nhỉ?
Xét hệ tọa độ xiên xOy với góc xOy bằng 60 độ. Dựng các điểm theo trình tự (0,0), (1,0), (0,1), (1,1), (2,0), (0,2),....,(1,k-1), (2,k-2),...,(k-1,1), (0,k), (k,0). Với mỗi n thì chỉ cần lấy n điểm đầu tiên trong dãy điểm này là được. :-<

Chắc là ko. Xét cặp (1,0) và (0,3) xem?

Câu 2: Theo đề bài, ta đặt $ab-c=2^x, bc-a=2^y,ca-b=2^z$ , giả sử $x \ge y\ ge z$, từ đó ta có $b \ge a \ge c$. Với $y=z$ dễ dàng tìm ra bộ nghiệm $(2,2,2)$. Xét TH $y>z$, giả sử $c > 4$ .
Đầu tiên, ta sẽ chứng minh $3a < b$. Giả sử như $3a > b $ thì $-3a<-b \Leftrightarrow a(c-3) < 2^{z}$ hay $a < 2^{z-1}$.
Ta có:
$\begin{cases}ab-c-bc+a=2^z(2^{x-y}-1)\\ab-c+bc-a=2^z(2^{x+y}+1)\end{cases} \\
\Leftrightarrow \begin{cases}(b+1)(a-c)=2^y(2^{x-y}-1) (1)\\(b-1)(c+a)=2^y(2^{x-y}+1)(2) \end{cases}$(*)
Từ (*) ta thấy nếu $b+1$ chia hết cho 4 thì $b-1$ không chia hết cho 4, hay $c+a$ chia hết cho $2^{y-1}$ hay $a \ge 2^{y-2} \ge 2^{z-1}$ (vô lý). Tương tự như vậy với trường hợp $b-1$ chia hết cho 4 và trường hợp cả $b-1$ lẫn $b+1$ không chia hết cho 4, ta được $3a<b$.

Có:
$\begin{cases}bc-a-ca+b=2^z(2^{y-z}-1)\\bc-a+ca-b=2^z(2^{y-z}+1)\end{cases} \\
\Leftrightarrow \begin{cases}(c+1)(b-a)=2^z(2^{y-z}-1) (1)\\(c-1)(b+a)=2^z(2^{y-z}+1)(2) \end{cases}$ .
Lấy (1) chia (2), được:
$\frac{b-a}{b+a}=\frac{2^{y-z}-1}{2^{y-z}+1}.\frac{c-1}{c+1} \ge \frac{2^{y-z}-1}{2^{y-z}+1}.\frac{1}{2} \\
\Leftrightarrow 2^{y-z} \le \frac{3b-a}{3a-b}$.
Mà $3a-b < 0$ nên $2^{y-z} < 0$ (vô lý). Vậy nên $c \le 4$.
Từ đó tìm ra được các bộ nghiệm ứng với $(a,b,c)$ là $(2,2,2), (2,3,2), (5,7,3), (6,11,2)$.

Gọi W, N, P lần lượt là trung điểm của HA,HQ,HK. T là điểm đối xứng của Q qua W. Dễ thấy HT là tiếp tuyến của đường tròn (N), (PNH),(HFM). Sử dụng phép vị tự tâm H tỉ số 1/2 dễ dàng suy ra P,N,W nằm trện đường tròn Euler. Suy ra HT, FM, NP đồng quy tại J. Việc còn lại là chứng minh JK là tiếp tuyen (N). Suy ra đpcm

Nếu dựng như vậy khi n bằng 8 thì điểm A_7 trùng lại A_1 đâu còn đúng nữa anh

Em gửi bản dịch tạm đề ngày thi thứ 2.

Lại có hình và PTH là 2 phần thế mạnh của VN nên khả năng có nhiều vàng rồi.
Bài hình ngày 2 cơ bản cũng là một bài toán biến đổi góc.
Cụ thể như sau:
Đpcm tương đương với $YF=YG$ hay $\widehat{AFO_1}=\widehat{AGO_2}$ hay $\widehat{BFD}=\widehat{CGE}.$
Điều này đúng theo cách xác định các điểm $F,D,E,G.$ Thật vậy
$\widehat{DAF}+\widehat{DBF}=\widehat{C}+\widehat{ \alpha}$ và $\widehat{ECG}+\widehat{EAG}=\widehat{B}+\widehat{ \alpha}.$
Trừ từng vế ta được $\widehat{AGE}-\widehat{ADF}=\widehat{C}-\widehat{B}.$
Chuyển vế ta được $\widehat{BFD}=\widehat{CGE},$ đpcm.

Các bạn cho mình hỏi là hàm số nếu chỉ cho điều kiện từ R -> R thì mình có thể cho x chạy đến vô cùng để tìm hàm được không? Mình có nghĩ ra một cách để giải bài 2 ngày 2 mà mông lung phần kia quá.

Câu 5:
CHo $x=y=0$ thì được $f(f(0))=f(0)$.
Thay $x=0, y=f(0)$, ta có $2f(0)=f(0)^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$.
TH1: $f(0)=2$.
Thay $y$ bởi $x$, $x=0$ vào pt đầu, ta được: $f(f(x))=f(x)+2(x-1)$ (1)
Thay $x$ bởi $x-1$, $y=1$ vào pt đầu, ta được: $f(x+f(x)-1)=x+f(x)-1$
Thay $x$ bởi $x+f(x)-1$ vào (1), ta được: $f(x)=2-x$.
TH2: f(0)=0.
Giả sử $f(x) \neq x$ $\forall x \in \mathbb{R}$.
Thay $y$ bởi $f(x)-x$, ta được: $f(x(f(x)-x))=(f(x)-x)f(x)$ (2)
Thay $y$ bởi $x-f(x)$, $x$ bởi $-x$, ta được: $f(-x(x-f(x)))=(x-f(x))f(-x)$ (3)
Từ (3) và (2) suy ra $f(x)=-f(-x)$ (*)
Thay $y$ bởi $-x$ vào pt đầu, ta được: $f(x)+f(-x^2)=x-xf(x)$ (4)
Thay $x$ bởi $-x$ vào pt (4), ta được: $f(-x)+f(-x^2)=-x+x(f-x)$ (5)
Từ (4) và (5) suy ra: $-f(x)+x-xf(x)=-f(-x)-x+xf(-x)$ (6)
Thay (*) vào (6), ta có: $-f(x)+x-xf(x)=f(x)-x-xf(x) \Leftrightarrow f(x)=x$ (vô lý).
Vậy: $f(x)=x$ $\forall x \in \mathbb{R}$.
Vậy nghiệm của pt hàm là : $f(x)=2-x$ và $f(x)=x$.

Bài 6 rất khó ưa.
Nếu chặn là $2014^2$ thì bài toán sẽ rất dễ thương, nhưng lấy chặn $1007^2$ thì khiến người ăn k ngon.

Bài này viết dưới dạng bảng có lẽ dễ nhìn hơn.

Chuyển về bảng trên bảng
Ta xây dựng bảng ô vuông có chiều dài chiều rộng tuỳ ý như sau.
Nếu $a_n=k$ thì các ô $(n,n)$ đến $(n+k-1,n)$ được điền số 1.

Ta gọi ô $(n+k-1,n)$ là ô thấp nhất của cột $n$.
Điều kiện của bài toán sẽ trở thành như sau:
i) Tổng các số trên mỗi cột lớn hơn $0$ và nhỏ hơn $2015$
ii) $2$ ô thấp nhất của $2$ cột bất kì không nằm chung 1 hàng.

Chọn $N,b$

Xét đơn biến $S(n)$ là tổng các số trên hàng $n$.
Ta sẽ chứng minh được :$S(n)$ không giảm và $S(n) \le 2015$.
Bời thế tồn tại $N,b \in \mathbb{N}$ sao cho : $S(n)=b \forall n>N$. (*)

Ta chọn $N,b$ cho bất đẳng thức cần chứng minh như $N,b$ được kiếm ra ở trên.

Giải nghĩa vế trái BDT theo bảng
Với $n>m \ge N$.

Đặt :
$A$ là tổng các số từ cột $m+1$ đến cột $n$
$B$ là tổng các số từ hàng $m+1$ đến cột $n$
$C$ là tổng các số nằm trong hình chữ nhật $ (m+1,m+1) : (n,n)$

Ta có :
1)$A= \sum_{k=m+1}^n a_k$
2)$A-C$ là tổng các số nằm có cột nằm từ $(m+1)$ đến $n$ và nằm từ hàng $n+1$ trở đi.
3) $B= \sum_{k=m+1}^n b $ (do (*))
4) $B-C$ là tổng các số nằm có hàng nằm từ $(m+1)$ đến $n$ và nằm từ cột $m$ trở xuống.

BDT ta cần chứng minh thực ra là $| (A-C)-(B-C) | \le 1007^2$

Về bất đẳng thức
Giờ ta thấy ngay vầy, nếu đánh giá "nhẹ nhàng" thì ta có :
$ 0 \le A-C,B-C \le 2014^2$
bởi thế nên ta sẽ có ngay $|A-B| \le 2014^2$ mà không quá lo lắng .

Tiếc thay đề bài lại là $1007^2$.
Với $n-m \ge 2015$, ,mình tạm đánh giá bằng trung gian mà chẳng "nhẹ nhàng" để diễn đạt lắm, thì được cái sau đây:
$ \frac{b(b+1)}{2} \le B-C \le (b-1)(2015-\frac{b}{2})$
$ \frac{b(b-1)}{2} \le A-C \le b(2015-\frac{b+1}{2})$
Từ đó ta được $ -(b-1)(2015-b) \le A-B \le b(2014-b)$

Đến đây thì rút được ngay kết luận.

Với $n-m \le 2014$ thì cũng thế nhưng nhìn rối mắt :v