IMO 2021


Kì thi Olympic Toán học Quốc tế lần thứ 62 (IMO 2021) diễn ra từ 14/7 đến 24/7. Do dịch Covid nên kì thi được tổ chức online, nước chủ nhà là Nga.

I) Danh sách đội tuyển Việt Nam

Trưởng đoàn là thầy Lê Anh Vinh, Phó trưởng đoàn là thầy Lê Bá Khánh Trình.

Dưới đây là danh sách 6 học sinh:

1) Phan Hữu An, THPT Chuyên KHTN

2) Trương Tuấn Nghĩa, THPT Chuyên KHTN

3) Đỗ Bách Khoa, THPT Chuyên Hà Nội – Amsterdam

4) Đinh Vũ Tùng Lâm, THPT Chuyên KHTN

5) Phan Huỳnh Tuấn Kiệt, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, TpHCM

6) Vũ Ngọc Bình, THPT Chuyên Vĩnh Phúc

II) Đề thi – Đáp án

Download đề thi IMO 2021

Download đáp án IMO 2021

Đề thi năm nay rất khó, đặc biệt là bài 2 và bài 3. Bài 2 quá khó đối với một bài 2 thông thường ở IMO.

III) Kết quả

Ban tổ chức IMO 2021 quyết định trao 52 HCV cho các thí sinh có điểm \geq 24, trao 103 HCB cho các thí sinh có điểm \geq 19, và 148 HCĐ cho các thí sinh có điểm \geq 12.

Đội ta được 1 HCV, 2 HCB và 3 HCĐ. Chúc mừng đội tuyển Việt Nam!

Kết quả của đội Việt Nam

HCV duy nhất lần này thuộc về em Đỗ Bách Khoa, học sinh lớp 12 Toán 1 trường THPT Chuyên Hà Nội – Amsterdam. Với số điểm 35/42, Khoa lọt vào top 12 thí sinh có điểm cao nhất của IMO 2021.

Vậy là Ams có HCV IMO đầu tiên trong lịch sử! Trong lịch sử hơn 60 năm của IMO, Khoa cũng là học sinh đầu tiên của đội tuyển Hà Nội được HCV.

Chỉ có đúng 1 thí sinh đạt 42/42 ở IMO 2021, đó là một học sinh đến từ Trung Quốc.

Nhìn hai cột P2 và P3 mới thấy Khoa hay thế nào.

Tính tổng điểm thì lần này đội ta đứng thứ 14.

Đội Trung Quốc xếp thứ nhất với 208 điểm

IMO 2022 sẽ được tổ chức ở Nauy.

Mathematical Olympiads 2021: Problems from Around the World


Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một số đề thi Olympic Toán năm 2021. Các đề thi được đăng ở dạng một file pdf không link, không ad và không watermark.

[1] Đề thi chọn HSG QG của Việt Nam năm 2021.

[2] Đề thi chọn đội tuyển IMO 2021 của Việt Nam.

[3] Đề thi chọn HSG QG của Ấn Độ năm 2021.

[4] Đề thi chọn HSG QG của Trung Quốc năm 2021.

[5] Đề thi chọn đội tuyển IMO 2021 của Trung Quốc.

[6] Đề thi chọn HSG QG của Mỹ năm 2021.

[7] Đề thi chọn HSG QG của Nhật năm 2021.

[8] Đề thi chọn HSG QG của Canada năm 2021.

[9] Đề thi chọn HSG QG của Bungari năm 2021.

Update 17/7/2021.

Các căn bậc hai là độc lập nguyên


Bài toán. Cho a_1,\ldots,a_k là các số nguyên không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng nếu n_1, n_2,\ldots, n_k là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương lớn hơn 1 thì \sum a_i\sqrt{n_i}\not=0

Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo N, số ước nguyên tố của \prod n_i, khẳng định: Tồn tại tổng S'=\sum b_i\sqrt{m_i} sao cho SS' là số nguyên khác 0, ở đây m_i là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương khác 1, tập các ước nguyên tố của \prod m_i là tập con của tập các ước nguyên tố của \prod n_i, b_i là các số nguyên, và S=\sum a_i\sqrt{n_i}. Từ đó suy ra S\not=0.

Với N=0 ta chọn S'=1.

Với N=1 ta chọn S'=\sqrt{p_1} khi S=a_1\sqrt{p_1}, chọn S'=-a_1\sqrt{p_1}+a_2 nếu S=a_1\sqrt{p_1}+a_2.

Continue reading “Các căn bậc hai là độc lập nguyên”

A proof of Fermat’s theorem


Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của định lí Fermat nhỏ, chứng minh này của Euler.

Định lí. Cho số nguyên tố p và số nguyên a không chia hết cho p. Khi đó a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}.

Chứng minh. Vì có hai trong các số a^1,a^2,\ldots,a^p có cùng số dư khi chia cho p nên tồn tại số nguyên dương k sao cho k<pa^{k}\equiv 1\pmod{p}, chọn k nhỏ nhất có tính chất này. Nếu k=p-1 thì ta có điều cần chứng minh, sau đây ta xét trường hợp k<p-1. Continue reading “A proof of Fermat’s theorem”

A proof of Pick’s theorem


Hình tạo bởi một đường gấp khúc đóng và không tự cắt được gọi là đa giác đơn. Một tam giác cơ bản là một tam giác trong mặt phẳng tọa độ có các đỉnh là các điểm nguyên đồng thời trên biên và phần trong của nó không còn điểm nguyên nào khác. Định lí Pick cho một cách đơn giản tính diện tích đa giác đơn có các đỉnh nguyên.

Trong chứng minh định lí Pick ta cần dùng công thức tích diện tích của tam giác trong mặt phẳng tọa độ.

Định lí 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Khi đó diện tích của tam giác ABC bằng \displaystyle \frac{1}{2}\left|(x_B-x_A)(y_C-y_A)-(y_B-y_A)(x_C-x_A)\right|. Nói riêng, với mỗi hai điểm MN ta có diện tích của tam giác OMN bằng \dfrac{1}{2}\mid x_My_N-y_Mx_N\mid.

Định lí 2. Mọi tam giác cơ bản đều có diện tích bằng \dfrac{1}{2}.

Chứng minh. Giả sử TAB là một tam giác cơ bản bất kỳ. Không mất tính tổng quát, xem T trùng với gốc tọa độ O. Ta cần chứng minh \mid x_1y_2-x_2y_1\mid =1, với (x_1;y_1)(x_2;y_2) lần lượt là tọa độ của AB.

Gọi K là điểm sao cho OAKB là hình bình hành. Giả sử M là một điểm nguyên nằm trong hoặc trên biên hình bình hành sao cho M khác các đỉnh. Khi đó M thuộc tam giác ABK và điểm N đối xứng với M qua tâm hình bình hành là điểm nguyên thuộc tam giác OAB nhưng khác các đỉnh, không thể xảy ra điều này do OAB là một tam giác cơ bản. Như vậy hình bình hành OAKB không chứa điểm nguyên nào khác bốn đỉnh của nó.

Giả sử P là một điểm nguyên bất kỳ. Vì \overrightarrow{OA}\overrightarrow{OB} là hai vector không cùng phương nên tồn tại cặp số thực (\alpha,\beta) để \overrightarrow{OP}=\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB}. Gọi P' là điểm xác định bởi \overrightarrow{OP'}=\{\alpha\} \overrightarrow{OA}+\{\beta\} \overrightarrow{OB}.\{\alpha\}\{\beta\} thuộc [0;1) nên P' thuộc hình bình hành OAKB, nhưng P' lại là một điểm nguyên, suy ra P' phải là một trong bốn đỉnh của hình bình hành. Dễ thấy P'\equiv O và do đó \alpha\beta là hai số nguyên.

Gọi \overrightarrow{i}\overrightarrow{j} lần lượt là các vector đơn vị đặt trên OxOy. Khi đó theo lập luận trên, tồn tại các cặp số nguyên (u,v)(u',v') để \overrightarrow{i}=u \overrightarrow{OA}+v \overrightarrow{OB}\overrightarrow{j}=u' \overrightarrow{OA}+v' \overrightarrow{OB}. Từ hai đẳng thức này ta có \begin{cases} 1=ux_1+vx_2\\ 0=uy_1+vy_2\end{cases}\begin{cases}0=u'x_1+v'x_2\\ 1=u'y_1+v'y_2,\end{cases} suy ra \displaystyle u=\frac{y_2}{D},v=-\frac{y_1}{D},u'=-\frac{x_2}{D}\displaystyle v'=\frac{x_1}{D}, trong đó D=x_1y_2-x_2y_1\not =0 do O,AB không thẳng hàng. Vì u, v, u'v' là các số nguyên nên x_1,x_2,y_1y_2 đều là bội của D, do đó D^2\mid D và bởi thế, D=\pm 1.

Định lí Pick. Cho P là một đa giác đơn có các đỉnh là các điểm nguyên, I là số điểm nguyên nằm trong và B là số điểm nguyên nằm trên biên của P. Khi đó ta có đẳng thức \displaystyle S_P=I+\frac{1}{2}B-1.

Chứng minh. Chia P thành N tam giác cơ bản. Gọi S là tổng các góc trong của tất cả các tam giác cơ bản đó. Ta sẽ tính S theo hai cách. Vì số tam giác là N nên S=N\pi.

Tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trong P bằng 2\pi, tổng tất cả các góc có đỉnh là một điểm nguyên nằm trên biên của P nhưng không phải đỉnh của P bằng \pi và tổng của tất cả các góc có đỉnh là đỉnh của P bằng (n-2)\pi, ở đây n là số đỉnh của P. Do đó S=2\pi I+\pi B-2\pi.

Suy ra N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2, mà S_P=\dfrac{1}{2}N, suy ra điều phải chứng minh.

Một số đề thi chọn đội tuyển Toán của Hà Nội


Trong tài liệu này tôi sẽ giới thiệu một số đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi toán lớp 12 của Hà Nội, đội tuyển này sẽ tham dự kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia cùng năm.

Download

USEMO – United States Ersatz Math Olympiad


USEMO là một cuộc thi toán dành cho tất cả học sinh trung học cơ sở và trung học phổ thông Hoa Kỳ. Giống như nhiều cuộc thi, mục tiêu của nó là phát triển sự quan tâm và khả năng trong toán học (chứ không phải là đo lường nó). Tuy nhiên, đây là một trong số ít các cuộc thi cho tất cả học sinh trung học cơ sở và trung học phổ thông Hoa Kỳ.

USEMO được lưu trữ trên trang AoPS. Cuộc thi này không được tài trợ bởi MAA.

Độ khó của các bài toán của cuộc thi tương tự như IMO.

Các bạn có thể tìm hiểu thêm về cuộc thi ở đây, hoặc download.

Popoviciu’s theorem


Trong  bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một công thức tính số nghiệm tự nhiên của phương trình ax+by=n, ở đây a,b là các số nguyên dương thỏa mãn (a,b)=1n là số tự nhiên.

Định lí. (Công thức Popoviciu)  Gọi N(a,b;n) là số các cặp số tự nhiên (x,y) sao cho ax+by=n, ở đây a,b là các số nguyên dương thỏa mãn (a,b)=1n là số tự nhiên. Khi đó

\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}-\left\{\frac{a^{-1}n}{b}\right\}-\left\{\frac{b^{-1}n}{a}\right\}+1, với a^{-1} là nghịch đảo modulo b của ab^{-1} là nghịch đảo modulo a của b.

Chứng minh. Gọi \displaystyle F(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}N(a,b;n)z^n là hàm sinh của dãy số \{N(a,b;n)\}_{n\geq 0}. Ta có

\displaystyle F(z)=\sum_{k\in\mathbb{N}}\sum_{l\in\mathbb{N}}z^{ak}z^{bl}=\frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}.\quad (1)

(a,b)=1 nên đa thức (1-z^a)(1-z^b) có nghiệm là 1 với bội 2 và các nghiệm đơn \xi_a^k (k=1,2,\ldots,a-1), \xi_b^l (l=1,2,\ldots,b-1), ở đây \xi_a=\cos\dfrac{2\pi}{a}+i\sin \dfrac{2\pi}{a}\xi_b=\cos\dfrac{2\pi}{b}+i\sin \dfrac{2\pi}{b}. Kết hợp với (1) ta có tồn tại các số phức C_1,C_2; A_i; B_i sao cho

\displaystyle F(z)=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (2)

Để ý đến hệ số của z^n, từ (2) ta có

\displaystyle N(a,b;n)=C_1+C_2(n+1)+\sum_{k=1}^{a-1}A_k\xi_a^{-nk}+\sum_{l=1}^{b-1}B_l\xi_b^{-nl}.\quad (3)

Bây giờ ta sẽ đi tìm các số phức C_1,C_2; A_i; B_i từ đẳng thức

\displaystyle \frac{1}{(1-z^a)(1-z^b)}=\frac{C_1}{1-z}+\frac{C_2}{(1-z)^2}+\sum_{k=1}^{a-1}\frac{A_k}{1-\xi_a^{-k}z}+\sum_{l=1}^{b-1}\frac{B_l}{1-\xi_b^{-l}z}.\quad (4)

Nhân hai vế của (4) với (1-z)^2 và cho z\to 1 ta có C_2=\dfrac{1}{ab}, sau đó nhân hai vế của (4) với 1-z, để C_1 một bên và cho z\to 1 ta được C_1=\dfrac{a+b-2}{2ab}. Theo cùng một cách ta có

\displaystyle A_k=\frac{1}{a(1-\xi_a^{kb})},\quad B_l=\frac{1}{b(1-\xi_b^{la})}.

Thay vào (3) ta được

\displaystyle N(a,b;n)=\frac{n}{ab}+\frac{a+b}{2ab}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}+\frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}.\quad (5)

Từ (5) ta có \displaystyle N(a,1;n)=\frac{n}{a}+\frac{a+1}{2a}+\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}, mà \displaystyle N(a,1;n)=\left[\frac{n}{a}\right]+1, suy ra

\displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{n}{a}\right\}-\frac{1}{2a},

do đó \displaystyle \frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nk}}{1-\xi_a^{bk}}=\frac{1}{a}\sum_{k=1}^{a-1}\frac{\xi_a^{-nb^{-1}k}}{1-\xi_a^{k}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{nb^{-1}}{a}\right\}-\frac{1}{2a},

chứng minh tương tự ta được

\displaystyle \frac{1}{b}\sum_{l=1}^{b-1}\frac{\xi_b^{-nl}}{1-\xi_b^{al}}=\frac{1}{2}-\left\{\frac{na^{-1}}{b}\right\}-\frac{1}{2b},

thay hai đẳng thức cuối cùng vào (5) ta có điều cần chứng minh. \Box

Một số trang về Olympic Toán


Tôi có post một số trang về Olympic Toán trên facebook  nhưng nó cứ chìm xuống khi đăng một bài khác, vì thế nên tôi lập topic này để lưu các link đó lại.

P. S. Hãy góp link bằng cách comment các bạn nhé! 🙂

Continue reading “Một số trang về Olympic Toán”