IMO 2011


Đây là danh sách đội Việt Nam.
[1]. Lê Hữu Phước (Đà Nẵng)
[2]. Nguyễn Văn Quý (Bắc Ninh)
[3]. Nguyễn Thành Khang (Phú Thọ)
[4]. Võ Văn Huy (Phú Yên)
[5]. Đỗ Kim Tuấn (Hà Nội)
[6]. Nguyễn Văn Thế (Nam Định).

Dưới đây là đề thi (đáp án có thể có ở các comment.)

Day 1

1. Given any set A = \{a_1, a_2, a_3, a_4\} of four distinct positive integers, we denote the sum a_1 +a_2 +a_3 +a_4 by s_A. Let n_A denote the number of pairs (i, j) with 1\leq i< j\leq 4 for which a_i +a_j divides s_A. Find all sets A of four distinct positive integers which achieve the largest possible value of n_A.

2. Let S be a finite set of at least two points in the plane. Assume that no three points of \mathcal S are collinear. A windmill is a process that starts with a line \ell going through a single point P \in \mathcal S. The line rotates clockwise about the pivot P until the first time that the line meets some other point belonging to \mathcal S. This point, Q, takes over as the new pivot, and the line now rotates clockwise about Q, until it next meets a point of \mathcal S. This process continues indefinitely. Show that we can choose a point P in \mathcal S and a line \ell going through P such that the resulting windmill uses each point of \mathcal S as a pivot infinitely many times.

3. Let f : \mathbb R \to \mathbb R be a real-valued function defined on the set of real numbers that satisfies f(x + y) \leq yf(x) + f(f(x)) for all real numbers x and y. Prove that f(x) = 0 for all x \leq 0.

Download pdf file

Day 2

4. Let n > 0 be an integer. We are given a balance and n weights of weight 2^0, 2^1, \cdots, 2^{n-1}. We are to place each of the n weights on the balance, one after another, in such a way that the right pan is never heavier than the left pan. At each step we choose one of the weights that has not yet been placed on the balance, and place it on either the left pan or the right pan, until all of the weights have been placed. Determine the number of ways in which this can be done.

5. Let f be a function from the set of integers to the set of positive integers. Suppose that, for any two integers m and n, the difference f(m) - f(n) is divisible by f(m- n). Prove that, for all integers m and n with f(m) \leq f(n), the number f(n) is divisible by f(m).

6. Let ABC be an acute triangle with circumcircle \Gamma. Let \ell be a tangent line to \Gamma, and let \ell_a,\ell_b and \ell_c be the lines obtained by reflecting \ell in the lines BC,CA and AB, respectively. Show that the circumcircle of the triangle determined by the lines \ell_a, \ell_b and \ell_c is tangent to the circle \Gamma.

Download pdf file

25 thoughts on “IMO 2011”

  1. Hix hix, tưởng có đề rồi. Năm nay không biết có làm nổi 5/6 không nữa, lâu quá không đụng đến Toán rồi.

  2. Pro 1. Không giảm tổng quát ta cho là a_1<a_2<a_3<a_4. Như vậy chỉ có khả năng sau đây là có thể đạt n_A tối đa: (1,2),(1,3),(1,4),(2,3). Vấn đề bây giờ là đơn giản vì ta chỉ cần xét các hệ tuyến tính nguyên.

  3. Xin lỗi 2M già, em kết thúc trước.🙂 Đây là lược đồ của em cho Bài 3, chi tiết thì toàn dùng phép lặp anh ạ.

    1/. f(x)\leq 0\forall x\in\mathbb{R}.
    2/. Dùng lặp và được kết quả: Không thể có x_0<0 để f(x_0)<0.

    P.S. Đừng buồn anh nhé!

      1. Mày lại có í dìm hàng anh rồi, đoạn xét dãy f_n của tao quá ư là nuột nà há há ;)) Thôi bài 2 để IMO lần sau em chữa luôn cả thể, anh thấy em hứa mấy lần thế òi =))

  4. Hix hix. Để em phát nốt bài 2. Theo em Bài 2 này không hay, chỉ cần tiên đề liên tục trong Hình học Euclid là xong. Với mỗi vị trí của đường thẳng, ta kí hiệu nó là AB, với B là tâm của cối bước sau, như vậy thứ tự ở đây là quan trọng phải không ạ? Có n(n-1) đoạn khả dĩ. Liệt kê n(n-1)+1 đoạn liên tiếp trong quá trình quay của cối, ta thấy phải có hai đoạn lặp. Do đó khi ta chọn đường thẳng này , kí hiệu là AB, với điểm P là B, thì ta sẽ có mô hình đòi hỏi, không có điểm nào còn thiếu trong quá trình quay của cối, vì theo tiên đề liên tục thôi.

  5. Bài 5 có vẻ dễ, từ đầu bài em thấy ngay tập giá trị của f phải là tập hữu hạn, chả còn gì để làm. Chán, hix hix.

      1. Bằng cách thay n=0 vào điều kiện của đầu bài ta có f(m)-f(0) chia hết cho f(m) với mỗi số nguyên m, suy ra f(0) chia hết cho f(m) với mỗi số nguyên m. Trong đầu bài ta lại cho m=0 thì được f(0)-f(m) chia hết cho f(-m) với mỗi số nguyên m. Kết hợp với điều đa có ở phần trước ta có f(m) chia hết cho f(-m) với mỗi số nguyên m. Nói riêng ta có f(-m)\leq f(m)\,\,\forall m\in\mathbb{Z}, suy ra f là hàm số chẵn trên \mathbb{Z}. Thay n bởi -n trong điều kiện ta có f(m)-f(n) chia hết cho f(m+n) với mỗi hai số nguyên m,n. Giả sử rằng f(m)>f(n), ta sẽ chứng minh rằng f(m) chia hết cho f(n). Từ điều tìm được cuối cùng ta có f(m)-f(n)\geq f(m+n), suy ra f(m)>f(m+n). Từ điều kiện gốc ta có f(m+n)-f(n) chia hết cho f(m), suy ra f(m+n)=f(n), mà f(m)-f(n) chia hết cho f(m+n). Vậy f(m) chia hết cho f(n).

  6. 4. Bài này dễ như bài 1 ngày hôm qua. Đây là một số nhận xét:

    a) 1+2+2^2+\cdots+2^k<2^{k+1} với mỗi số nguyên dương k;
    b) 2^{n-1} phải nằm bên trái cân;
    c) Tại mỗi thời điểm, nếu 2^k là quả cân nặng nhất bên trái, thì các bước sau không được đặt quả cân có khối lượng lớn hơn 2^k lên bên phải, trừ khi bên trái lại được đặt thêm quả cân nặng hơn 2^k;
    d) Nếu bên trái đã có quả cân nặng 2^k thì các quả còn lại mà bé hơn nó thì đặt bên nào cũng được, theo thứ tự nào cũng được.

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s