IMO 2026

Kỳ thi Olympic Toán học Quốc tế (IMO) lần thứ 67 năm 2026 vừa khép lại tại Thượng Hải, Trung Quốc. Lần thứ hai đăng cai tổ chức (kể từ năm 1990), nước chủ nhà đã mang đến một sân chơi quy mô và chuyên nghiệp tại Trung tâm Triển lãm và Hội nghị Quốc tế West Bund từ ngày 10/07 đến 21/07. Với sự tham gia của 666 thí sinh đến từ 117 quốc gia và vùng lãnh thổ, IMO 2026 tiếp tục khẳng định sức hút mãnh liệt của vẻ đẹp trí tuệ.

Phổ điểm và những kỷ lục tuyệt đối

Năm nay, mức điểm chuẩn để xét huy chương phản ánh đúng độ khó của cấu trúc đề thi, cụ thể như sau:

Huy chương Vàng: ≥ 29 điểm (55 giải)
Huy chương Bạc: ≥ 23 điểm (105 giải)
Huy chương Đồng: ≥ 16 điểm (189 giải)

Đáng chú ý, kỳ thi ghi nhận 7 thí sinh xuất sắc đạt điểm tuyệt đối 42/42 (giải trọn vẹn cả 6 bài toán). Đó là những cái tên vô cùng ấn tượng: Leyan Deng, Che Liu, Bolun Zhang (Trung Quốc); Hyeonjun Lee (Hàn Quốc); Alex Chui (Vương quốc Anh); Liam Reddy và Alexander Wang (Mỹ).

Niềm tự hào mang tên Việt Nam

Ghi dấu ấn mạnh mẽ nhất với cá nhân tôi chính là thành tích của đội tuyển Việt Nam. Dưới sự dẫn dắt của thầy Nguyễn Chu Gia Vượng và thầy Lê Bá Khánh Trình, toàn bộ 6/6 em học sinh đều xuất sắc giành huy chương.

Với tổng điểm 168, đoàn Việt Nam đã vươn lên vị trí thứ 5 toàn đoàn (tăng 4 bậc so với năm 2025), chỉ xếp sau các cường quốc Toán học là Trung Quốc, Mỹ, Nga và Singapore.

Bảng vàng thành tích cụ thể của các em:

🥇 Huy chương Vàng:

Nguyễn Đình Tùng – Lớp 12, THPT chuyên KHTN (ĐHQG Hà Nội)
Nguyễn Lê Nhật Nam – Lớp 12, THPT chuyên ĐH Sư phạm Hà Nội

🥈 Huy chương Bạc:

Phạm Đăng Nguyên – Lớp 12, THPT chuyên Hà Nội – Amsterdam
Trần Đại Thành Danh – Lớp 12, Phổ thông Năng khiếu (ĐHQG TP.HCM)
Nguyễn Hoàng Phương – Lớp 11, THPT chuyên Phan Bội Châu (Nghệ An)

🥉 Huy chương Đồng:

Hà Mạnh Hùng – Lớp 11, THPT chuyên Hà Nội – Amsterdam

Kỳ thi IMO 2026 đã khép lại, nhưng ngọn lửa đam mê Toán học thì vẫn sẽ luôn cháy sáng. Chúc các em học sinh sẽ tiếp tục giữ vững tình yêu với Toán và gặt hái thêm nhiều thành công trên chặng đường phía trước. Kỳ IMO 2027 tới đây sẽ diễn ra tại Budapest, Hungary – cái nôi của nhiều nhà Toán học kiệt xuất. Chúng ta hoàn toàn có quyền kỳ vọng vào những bước tiến xa hơn nữa!

Hẹn gặp lại các bạn ở những bài viết chia sẻ chuyên sâu hơn về các bài toán trong đề thi năm nay.

IMO-2026-problems-vie Download

USAMO 2009, Problem 6: A Collection of 7 Solutions

Trong bài này chúng tôi giới thiệu nhiều lời giải cho bài toán sau:

USAMO 2009/6. Cho $(s_n)_{n\geq 1}$ là một dãy không hằng các số hữu tỉ. Giả sử $(t_n)_{n\geq 1}$ cũng là một dãy không hằng các số hữu tỉ thỏa mãn tính chất $(s_i - s_j)(t_i - t_j)$ là một số nguyên với mọi $i$ và $j$ . Chứng minh rằng tồn tại một số hữu tỉ $r$ khác $0$ sao cho $(s_i - s_j)r$ và $(t_i - t_j)/r$ là các số nguyên với mọi $i$ và $j$ .

usa2009p6 Download

IMO 2025 Shortlisted Problems: Geometry

IMO2025SLGeometry Download

USA TSTST 2026

USA TSTST (Team Selection Test Selection Test) là một trong những kỳ thi cốt lõi trong quy trình tuyển chọn đội tuyển Olympic Toán học Quốc tế (IMO) của Hoa Kỳ.

Dưới đây là một số thông tin tổng quan về kỳ thi này:

Thời điểm và đối tượng: Kỳ thi được tổ chức vào cuối chương trình Trại hè Toán học (MOP – Mathematical Olympiad Program). Tất cả học sinh tham gia MOP chưa tốt nghiệp trung học đều đủ điều kiện dự thi.
Cấu trúc đề thi: TSTST mô phỏng chính xác định dạng của kỳ thi IMO. Kỳ thi diễn ra trong 3 ngày, mỗi ngày học sinh phải giải quyết 3 bài toán trong thời gian 4,5 giờ.
Mục tiêu tuyển chọn: Kết quả của TSTST được dùng để chọn ra một nhóm học sinh xuất sắc (thường rơi vào khoảng 25–35 em, tùy chất lượng từng năm) để tham dự chuỗi USA Team Selection Tests (TST) trải dài trong năm học kế tiếp.
Chốt danh sách đội tuyển: Thành tích đạt được ở kỳ thi USAMO cùng với tổng điểm từ các kỳ TST sẽ quyết định 6 thành viên chính thức đại diện Hoa Kỳ tham dự IMO.

Một lưu ý lịch sử thú vị: Trước năm 2011, quy trình tuyển chọn của Hoa Kỳ không có vòng TSTST (chỉ đi thẳng từ MOP → TST → IMO). Việc bổ sung kỳ thi này từ năm 2011 đã giúp mở rộng cơ hội cạnh tranh và chuẩn hóa chuyên nghiệp hơn quy trình tuyển chọn đội tuyển của cường quốc Toán học này.

Dưới đây là đề năm 2026.

usatstst2026 Download

A Proof of Brill’s Theorem via Directional Derivatives

Let $K$ be the field of real numbers $\mathbb{R}$ or the field of complex numbers $\mathbb{C}$ . Given a vector $v = (v_1, \ldots, v_n) \in K^n$ . The directional derivative operator with respect to the vector $v$ , denoted by $D_v$ , is a map from the ring $K[x_1, \ldots, x_n]$ to itself, defined by

$\displaystyle D_v(P) = \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial P}{\partial x_i},$

where $\frac{\partial P}{\partial x_i}$ is the formal partial derivative of the polynomial $P$ with respect to the variable $x_i$ .

Theorem 1. Let $P, Q \in K[x_1, \ldots, x_n]$ , constants $a, b \in K$ , and a linear form $L(x) = c_1x_1 + \ldots + c_nx_n$ . The operator $D_v$ has the following properties.

(1) $D_v(aP + bQ) = aD_v(P) + bD_v(Q)$ .

(2) $D_v(PQ) = D_v(P)Q + P D_v(Q)$ .

(3) For any positive integer $k$ , $D_v(P^k) = k P^{k-1} D_v(P)$ .

(4) $D_v(L) = L(v)$ .

Proof. (1) By the definition of the partial derivative of a polynomial, we have

$\displaystyle \frac{\partial (aP + bQ)}{\partial x_i} = a\frac{\partial P}{\partial x_i} + b\frac{\partial Q}{\partial x_i},$

thus we immediately obtain $\displaystyle D_v(aP + bQ) = aD_v(P) + bD_v(Q).$

(2) Since the formal partial derivative obeys the product rule

$\displaystyle \frac{\partial (PQ)}{\partial x_i} = \frac{\partial P}{\partial x_i}Q + P\frac{\partial Q}{\partial x_i}$ we have

$\displaystyle D_v(PQ) = \sum_{i=1}^n v_i \left( \frac{\partial P}{\partial x_i}Q + P\frac{\partial Q}{\partial x_i} \right)$

$\displaystyle = \left( \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial P}{\partial x_i} \right) Q + P \left( \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial Q}{\partial x_i} \right) = D_v(P)Q + P D_v(Q).$

(3) We prove this by mathematical induction on $k$ .

For $k=1$ , the formula becomes $D_v(P^1) = 1 \cdot P^0 \cdot D_v(P)$ , which is trivially true.

Suppose the property holds for $k-1$ , that is

$\displaystyle D_v(P^{k-1}) = (k-1)P^{k-2}D_v(P).$

Applying (2), we obtain

$\displaystyle D_v(P^k) = D_v(P)P^{k-1} + P D_v(P^{k-1})$

$=D_v(P)P^{k-1} + P \big( (k-1)P^{k-2}D_v(P) \big)=k P^{k-1} D_v(P).$

By the principle of mathematical induction, the property holds for all positive integers $k$ .

(4) For a linear form $L(x) = c_1x_1 + \ldots + c_nx_n$ , we have

$\displaystyle D_v(L) = \sum_{i=1}^n v_i \frac{\partial L}{\partial x_i} = \sum_{i=1}^n v_i c_i = L(v).$

The theorem is completely proved. $\Box$

Theorem 2 (Brill). Suppose $K$ is the field of real numbers $\mathbb{R}$ or the field of complex numbers $\mathbb{C}$ . Let $L_1, L_2, \ldots, L_m$ be $m$ non-zero linear forms in $n$ $(n>1)$ variables that are pairwise non-proportional over $K$ . Then, for any integer $k \ge m-1$ , the set of powers $\{L_1^k, L_2^k, \ldots, L_m^k\}$ is linearly independent over $K$ .

Proof. We prove the theorem by mathematical induction on the number of linear forms $m$ . For $m=1$ , we have 1 non-zero linear form $L_1$ . For any integer $k \ge 0$ , the polynomial $L_1^k$ is not the zero polynomial, so the set consisting of only one element $\{L_1^k\}$ is trivially linearly independent. Thus, the assertion holds for $m=1$ .

Now suppose the assertion holds for $m-1$ linear forms, for some integer $m > 1$ . Consider $m$ non-zero pairwise non-proportional linear forms $L_1, \ldots, L_m$ and an exponent $k \ge m-1$ .

Consider the linear relation

$\displaystyle \sum_{i=1}^m c_i L_i^k = 0$ (1)

where $c_i \in K$ . We need to show that $c_i = 0$ for all $i = 1, \ldots, m$ .

Since $L_m$ is not identically $0$ , the set of points $x \in K^n$ such that $L_m(x) = 0$ is an $(n-1)$ -dimensional vector subspace of the space $K^n$ . At the same time, since $L_i$ is not proportional to $L_m$ for all $i < m$ , the intersection of the two spaces $L_i(x) = 0$ and $L_m(x) = 0$ is an $(n-2)$ -dimensional subspace.

The field $K$ has characteristic $0$ and is therefore an infinite field. A vector space over an infinite field cannot be the union of finitely many proper subspaces (see [1]). Therefore, there exists a vector $v = (v_1, \ldots, v_n) \in K^n$ such that $L_m(v) = 0$ and $\displaystyle L_i(v) \neq 0, \quad \forall i = 1, \ldots, m-1.$

Consider the directional derivative operator with respect to the vector $v$ defined as follows

$\displaystyle D_v = \sum_{j=1}^n v_j \frac{\partial}{\partial x_j}.$

When applying $D_v$ to a linear form $\displaystyle L(x) = a_1x_1 + \ldots + a_nx_n,$

we have $\displaystyle D_v(L) = a_1v_1 + \ldots + a_nv_n = L(v).$

When applying this operator to the $k$ -th power of $L$ , we obtain

$\displaystyle D_v(L^k) = k \cdot L^{k-1} \cdot D_v(L) = k \cdot L(v) \cdot L^{k-1}.$

Applying the operator $D_v$ to both sides of equation (1), we have

$\displaystyle \sum_{i=1}^m c_i k L_i(v) L_i^{k-1} = 0.$

Since $L_m(v) = 0$ , the $m$ -th term vanishes completely. Since $m \ge 2$ , we have $k \ge m-1 \ge 1$ , so we can divide both sides by $k$ (which is valid since $K$ has characteristic $0$ ) to obtain

$\displaystyle \sum_{i=1}^{m-1} \big(c_i L_i(v)\big) L_i^{k-1} = 0.$

Since $k \ge m-1$ , we deduce that $k-1 \ge m-2$ . Applying the inductive hypothesis to $m-1$ linear forms with the exponent $k-1$ , the set of polynomials $\{L_1^{k-1}, \ldots, L_{m-1}^{k-1}\}$ is linearly independent. Therefore, all coefficients in the sum above must be zero. That is,

$\displaystyle c_i L_i(v) = 0, \quad \forall i = 1, \ldots, m-1.$ But by the choice of the vector $v$ , we already have $L_i(v) \neq 0$ , so we must have $\displaystyle c_i = 0, \quad \forall i = 1, \ldots, m-1.$ Substituting $c_1 = \ldots = c_{m-1} = 0$ back into (1), we have $c_m L_m^k = 0$ . Since $L_m$ is not zero, $c_m = 0$ .

Thus $c_1 = c_2 = \ldots = c_m = 0$ , and $\{L_1^k, L_2^k, \ldots, L_m^k\}$ is linearly independent. By the principle of mathematical induction, the theorem is proved. $\Box$

References

[1] https://nttuan.org/2010/02/04/finite-unions-of-proper-subspaces-over-an-infinite-field/