Một mô hình của OpenAI đã bác bỏ một giả thuyết trung tâm trong hình học rời rạc

Bài từ OpenAI, dịch bởi Gemini.

Trong gần 80 năm qua, các nhà toán học đã nghiên cứu một câu hỏi tưởng chừng đơn giản: nếu bạn đặt $n$ điểm trên mặt phẳng, có bao nhiêu cặp điểm có khoảng cách bằng đúng 1?

Đây là bài toán khoảng cách đơn vị trên mặt phẳng, được Paul Erdős đề xuất lần đầu tiên vào năm 1946. Nó là một trong những câu hỏi nổi tiếng nhất trong hình học tổ hợp, dễ phát biểu nhưng lại đặc biệt khó giải quyết. Cuốn sách năm 2005 Research Problems in Discrete Geometry (Các vấn đề nghiên cứu trong Hình học Rời rạc) của Brass, Moser và Pach, gọi nó là “có lẽ là bài toán được biết đến nhiều nhất (và dễ giải thích nhất) trong hình học tổ hợp.” Noga Alon, một chuyên gia hàng đầu về tổ hợp tại Đại học Princeton, mô tả đây là “một trong những bài toán yêu thích của Erdős.” Erdős thậm chí còn từng treo thưởng tiền mặt cho ai giải quyết được bài toán này.

Hôm nay, chúng tôi chia sẻ một bước đột phá về bài toán khoảng cách đơn vị. Kể từ công trình nguyên bản của Erdős, niềm tin phổ biến luôn là các cấu hình “lưới vuông” về cơ bản đã là tối ưu nhất để tối đa hóa số lượng các cặp có khoảng cách bằng 1. Một mô hình nội bộ của OpenAI đã bác bỏ giả thuyết tồn tại từ lâu này, cung cấp một họ vô hạn các ví dụ mang lại sự cải thiện theo đa thức (polynomial improvement). Lời chứng minh này đã được kiểm tra bởi một nhóm các nhà toán học độc lập bên ngoài. Họ cũng đã viết một bài báo đồng hành giải thích lập luận, đồng thời cung cấp thêm kiến thức nền và bối cảnh cho tầm quan trọng của kết quả này.

Kết quả này cũng đáng chú ý ở chính cách nó được tìm ra. Lời chứng minh xuất phát từ một mô hình suy luận đa dụng mới, thay vì một hệ thống được huấn luyện chuyên biệt cho toán học, hay được thiết kế thuật toán tìm kiếm qua các chiến lược chứng minh, hoặc nhắm mục tiêu cụ thể vào bài toán khoảng cách đơn vị. Là một phần của nỗ lực rộng lớn hơn nhằm kiểm tra xem các mô hình tiên tiến có thể đóng góp cho nghiên cứu tuyến đầu hay không, chúng tôi đã đánh giá nó trên một tập hợp các bài toán của Erdős. Trong trường hợp này, nó đã đưa ra một lời giải chứng minh trọn vẹn bài toán mở này.

Chứng minh này là một cột mốc quan trọng đối với cả cộng đồng toán học và AI. Nó đánh dấu lần đầu tiên một bài toán mở nổi bật, mang tính trọng tâm của một phân ngành toán học, được giải quyết một cách tự động bởi AI. Nó cũng chứng minh chiều sâu suy luận mà các hệ thống này hiện có thể hỗ trợ. Toán học cung cấp một nền tảng thử nghiệm đặc biệt rõ ràng cho khả năng suy luận: các bài toán rất chính xác, các chứng minh tiềm năng có thể được kiểm tra, và một lập luận dài chỉ có giá trị nếu logic được kết nối chặt chẽ từ đầu đến cuối. Phương pháp giải quyết bài toán cũng rất đáng chú ý. Lời giải đã mang những ý tưởng phức tạp, bất ngờ từ lý thuyết số đại số (algebraic number theory) để áp dụng vào một câu hỏi hình học sơ cấp.

Chủ nhân huy chương Fields Tim Gowers, viết trong bài báo đồng hành, gọi kết quả này là “một cột mốc trong toán học AI.” Theo nhà lý thuyết số hàng đầu Arul Shankar, “Theo ý kiến của tôi, bài báo này chứng minh rằng các mô hình AI hiện tại không chỉ dừng lại ở vai trò trợ lý cho các nhà toán học con người – chúng có khả năng tạo ra những ý tưởng nguyên bản đầy khéo léo, và sau đó đưa chúng đến thành quả cuối cùng”.

Ý kiến của các nhà toán học về kết quả này:

Noga Alon: “Đây là một trong những bài toán yêu thích của Erdős, chính tôi đã nghe ông nhắc đến bài toán này nhiều lần trong các bài giảng của mình. Tôi tin rằng có thể nói công bằng rằng mọi nhà toán học làm việc trong lĩnh vực Hình học Tổ hợp đều đã từng nghĩ về bài toán này, và rất nhiều nhà toán học làm việc ở các lĩnh vực khác cũng đã dành ít nhất một chút thời gian để suy nghĩ về nó… Giải pháp cho bài toán từ mô hình nội bộ của Open AI, theo ý kiến của tôi, là một thành tựu xuất sắc, giải quyết dứt điểm một bài toán mở đã tồn tại từ lâu. Việc đáp án đúng không phải là $n^{1+o(1)}$ là một điều đáng ngạc nhiên, và cách xây dựng cấu hình cùng phân tích của nó đã áp dụng các công cụ khá phức tạp từ lý thuyết số đại số một cách thanh lịch và thông minh.”
Tim Gowers: “Không có nghi ngờ gì rằng giải pháp cho bài toán khoảng cách đơn vị là một cột mốc trong toán học AI: nếu một con người viết bài báo này và gửi cho tờ Annals of Mathematics và tôi được yêu cầu đưa ra ý kiến nhanh, tôi sẽ đề nghị chấp nhận mà không hề do dự. Chưa có chứng minh nào do AI tạo ra trước đây có thể tiến gần đến mức đó.”
Arul Shankar: “Chuỗi suy luận (CoT) của mô hình cực kỳ thú vị. Đáng chú ý là phần lớn các luồng suy nghĩ đều cố gắng xây dựng một phản ví dụ cho giới hạn trên (upper bound) vốn được nhiều người tin tưởng, thay vì cố gắng chứng minh nó. Điều này lập luận rằng mô hình có sự kết hợp của trực giác tốt, sự sẵn sàng thử các phương pháp tiếp cận mà cộng đồng coi là ‘mò kim đáy bể’ (long-shot), và một thiên hướng nỗ lực xây dựng các cấu hình… Theo ý kiến của tôi, bài báo này chứng minh rằng các mô hình AI hiện tại không chỉ là những người trợ lý cho các nhà toán học con người – chúng có khả năng có những ý tưởng nguyên bản khéo léo, và đưa chúng đến kết quả cuối cùng.”
Jacob Tsimerman: “Đây là một tác phẩm thực sự ấn tượng, và tôi sẽ chấp nhận nó cho bất kỳ tạp chí nào mà không ngần ngại. Tôi thực sự đã từng nghiên cứu bài toán này một thời gian ngắn và cố gắng tạo ra một phản ví dụ, nhưng không tiến triển được… Chắc chắn đây là một cấu hình rất đáng sợ để đọc hiểu ngay cả khi bạn biết những gì đang diễn ra, và thậm chí còn khó hơn nhiều để tự mình triển khai.”

Bài toán khoảng cách đơn vị

Cho $u(n)$ là số lượng lớn nhất có thể của các cặp khoảng cách đơn vị trong số $n$ điểm trên mặt phẳng. Rất dễ để xây dựng các ví dụ đạt được tốc độ tăng trưởng tuyến tính: đặt $n$ điểm trên một đường thẳng sẽ cho $n-1$ cặp, trong khi một lưới vuông cho khoảng $2n$ cặp. Cấu hình tốt nhất được biết đến trước đây, xuất phát từ một lưới vuông được thu phóng, hóa ra lại cho nhiều hơn thế: $n^{1 + C / \log \log(n)}$ với $C$ là một hằng số. Vì $\log \log(n)$ tiến đến vô cùng theo $n$ , nên số hạng bổ sung trong số mũ tiến đến 0, có nghĩa là các cấu hình này đạt được tốc độ tăng trưởng chỉ nhanh hơn tuyến tính một chút. Trong nhiều thập kỷ, người ta tin rộng rãi rằng tốc độ này về cơ bản là tốt nhất có thể, và không có cấu hình nào có thể cải thiện đáng kể so với lưới vuông. Về mặt kỹ thuật, Erdős phỏng đoán một giới hạn trên là $n^{1+o(1)}$ trong đó $o(1)$ chỉ ra một số hạng tiến tới 0 theo $n$ .

Kết quả mới của chúng tôi đã bác bỏ giả thuyết này. Chính xác hơn, với vô hạn giá trị của $n$ , lời chứng minh xây dựng các cấu hình gồm $n$ điểm với ít nhất $n^{1+\delta}$ cặp khoảng cách đơn vị, với một số mũ cố định $\delta > 0$ . (Lời chứng minh AI gốc không đưa ra một $\delta$ cụ thể, nhưng một tinh chỉnh sắp tới do giáo sư toán học Will Sawin của Princeton thực hiện đã chỉ ra rằng người ta có thể lấy $\delta=0.014$ ).

Lịch sử của bài toán giúp chúng ta thấy tại sao kết quả này lại đáng kinh ngạc. Giới hạn dưới (lower bound) tốt nhất được biết đến về cơ bản đã không thay đổi kể từ cấu hình nguyên bản năm 1946 của Erdős. Giới hạn trên tốt nhất, $O(n^{4/3})$ , có từ công trình của Spencer, Szemerédi, và Trotter năm 1984, và mặc dù sau đó có những tinh chỉnh và công trình cấu trúc liên quan của Székely, Katz và Silier, Pach, Raz, và Solymosi cùng những người khác, giới hạn trên này về cơ bản vẫn không thay đổi. Như một bằng chứng ủng hộ cho giả thuyết, Matoušek và Alon-Bucić-Sauermann đã nghiên cứu bài toán với các khoảng cách phi Euclid trên mặt phẳng, và chứng minh rằng “phần lớn” các khoảng cách phi Euclid này tuân theo giả thuyết theo một nghĩa nào đó.

Đáng ngạc nhiên là, các thành phần cốt lõi của cấu hình lại đến từ một phần rất khác của toán học được gọi là lý thuyết số đại số, nghiên cứu các khái niệm như phân tích nhân tử trong các phần mở rộng của số nguyên được gọi là các trường số đại số (algebraic number fields).

Những kỹ thuật mới từ lý thuyết số đại số

Ở mức độ tổng quan, lời chứng minh bắt đầu với một ý tưởng hình học quen thuộc và đẩy nó theo một hướng bất ngờ.

Giới hạn dưới ban đầu của Erdős có thể được hiểu thông qua các số nguyên Gauss (Gaussian integers): các số có dạng $a+bi$ , trong đó $a$ và $b$ là các số nguyên và $i$ là căn bậc hai của $-1$ . Số nguyên Gauss mở rộng các số nguyên thông thường và, giống như chúng, có được các đặc tính như phân tích duy nhất thành các số nguyên tố. Những sự mở rộng như vậy của số nguyên hoặc số hữu tỉ thông thường được gọi là các trường số đại số. Lập luận mới thay thế các số nguyên Gauss bằng các dạng tổng quát hóa phức tạp hơn từ lý thuyết số đại số với các tính đối xứng phong phú hơn, có thể tạo ra nhiều hơn đáng kể các hiệu số có độ dài bằng đơn vị.

Lập luận chính xác sử dụng các công cụ như tháp trường lớp vô hạn (infinite class field towers) và lý thuyết Golod–Shafarevich để chứng minh rằng các trường số cần thiết cho lập luận thực sự tồn tại. Những ý tưởng này rất quen thuộc đối với các nhà lý thuyết số đại số, nhưng thật là một bất ngờ lớn khi những khái niệm này lại có ý nghĩa đối với các câu hỏi hình học trong mặt phẳng Euclid.

Ý nghĩa của điều này đối với toán học

Kết quả này đánh dấu một khoảnh khắc quan trọng trong sự tương tác giữa AI và toán học: một hệ thống AI đã tự động giải quyết một bài toán mở tồn tại từ lâu, đóng vai trò trung tâm của một lĩnh vực đang hoạt động tích cực. Nó cũng mang đến cái nhìn thoáng qua sớm về một kiểu hợp tác mới giữa AI và các nhà toán học con người. Trong trường hợp này, công trình đồng hành của các nhà toán học bên ngoài đã vẽ nên một bức tranh phong phú hơn rất nhiều so với chỉ riêng lời giải nguyên bản.

Như Thomas Bloom viết trong ghi chú đồng hành:

“Khi đánh giá tầm quan trọng và sự ảnh hưởng của một chứng minh do AI tạo ra, câu hỏi tôi tự đặt ra cho mình là: điều này có dạy chúng ta điều gì mới về bài toán không? Hiện tại chúng ta có hiểu hình học rời rạc tốt hơn không? Tôi nghĩ câu trả lời là một từ ‘có’ có chừng mực: điều này cho thấy rằng các cấu hình lý thuyết số có nhiều điều để nói về những dạng câu hỏi này hơn chúng ta tưởng; hơn nữa, phần lý thuyết số được yêu cầu có thể rất sâu sắc. Không nghi ngờ gì nữa, nhiều nhà lý thuyết số đại số sẽ xem xét kỹ lưỡng các bài toán mở khác trong hình học rời rạc trong những tháng tới.”

Sự kết nối bất ngờ giữa lý thuyết số đại số và hình học rời rạc được bộc lộ bởi lời giải là một phần khiến kết quả này trở nên đáng chú ý. Nó không đơn thuần giải quyết một giả thuyết cụ thể, mà còn có thể cung cấp cho các nhà toán học một cây cầu để bắt đầu khám phá thêm các bài toán liên quan khác.

Bloom cũng hướng tới một khả năng rộng lớn hơn:

“Ranh giới của tri thức phát triển như những mũi nhọn (rất không đồng đều), và không có gì phải nghi ngờ rằng trong những tháng và năm tới sẽ chứng kiến những thành công tương tự trong nhiều lĩnh vực toán học khác, nơi các bài toán mở tồn tại từ lâu được giải quyết bởi một AI bộc lộ những kết nối bất ngờ và đẩy bộ máy kỹ thuật hiện tại đến giới hạn của nó. AI đang giúp chúng ta khám phá trọn vẹn hơn thánh đường toán học mà chúng ta đã xây dựng qua nhiều thế kỷ; những kỳ quan chưa từng thấy nào khác đang chực chờ phía sau cánh gà?”

Kết quả này cung cấp một ví dụ đầy hứa hẹn: AI không chỉ đóng góp một lời giải, mà còn là một sự khám phá toán học mà ý nghĩa của nó trở nên rõ ràng và phong phú hơn thông qua sự thấu hiểu tiếp nối của con người.

Tại sao điều này lại quan trọng

Bài học rút ra còn lớn hơn kết quả cụ thể này. Khả năng suy luận toán học tốt hơn có thể biến AI thành một đối tác nghiên cứu mạnh mẽ hơn: một thứ có thể gắn kết các luồng tư duy khó nhằn lại với nhau, kết nối các ý tưởng giữa các mảng kiến thức xa lạ, phát hiện ra các con đường đầy hứa hẹn mà các chuyên gia có thể chưa ưu tiên, và giúp các nhà nghiên cứu đạt được tiến bộ trên những bài toán mà nếu không có nó, sẽ quá phức tạp hoặc tốn nhiều thời gian để giải quyết.

Những khả năng đó quan trọng vượt ra ngoài toán học. Nếu một mô hình có thể giữ cho một lập luận phức tạp mạch lạc, kết nối các ý tưởng qua các vùng tri thức xa lạ và tạo ra những công trình vượt qua được sự giám sát của chuyên gia, thì đó cũng là những khả năng hữu ích trong sinh học, vật lý, khoa học vật liệu, kỹ thuật và y học. Và chúng là một phần trong lộ trình dài hạn của chúng tôi hướng tới những nghiên cứu tự động hóa hơn: các hệ thống có thể giúp các nhà khoa học và kỹ sư khám phá nhiều ý tưởng hơn và theo đuổi các câu hỏi kỹ thuật hóc búa hơn.

AI sắp sửa bắt đầu đảm nhận một vai trò rất nghiêm túc trong các phần sáng tạo của nghiên cứu, và quan trọng nhất là trong chính nghiên cứu về AI. Dù tiến bộ này không nằm ngoài dự đoán, nó củng cố thêm tính cấp bách mà chúng tôi cảm nhận được về việc cần phải thấu hiểu giai đoạn phát triển tiếp theo này của AI, những thách thức của việc hiệu chỉnh (aligning) các hệ thống siêu thông minh, và tương lai của sự hợp tác giữa con người và AI.

Tương lai đó vẫn phụ thuộc vào phán đoán của con người. Chuyên môn hóa trở nên có giá trị hơn chứ không phải kém đi. AI có thể giúp tìm kiếm, đề xuất và xác minh. Con người sẽ chọn những bài toán quan trọng, diễn giải các kết quả và quyết định những câu hỏi nào sẽ theo đuổi tiếp theo.

Các đường dẫn tham khảo

[1] https://openai.com/index/model-disproves-discrete-geometry-conjecture/

[2] Will Sawin, An explicit lower bound for the unit distance problem: https://arxiv.org/abs/2605.20579

[3] Noga Alon, Thomas F. Bloom, W. T. Gowers, Daniel Litt, Will Sawin, Arul Shankar, Jacob Tsimerman, Victor Wang, Melanie Matchett Wood Remarks on the disproof of the unit distance conjecture: https://arxiv.org/abs/2605.20695

IMO Shortlist 2024: Geometry

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu các bài toán hình học trong cuốn IMO Shortlist 2024, các bài toán từ IMO SL năm trước các bạn có thể tìm ở https://nttuan.org/category/contests/imo-shortlist/

G1. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3610481p35341119

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp sao cho $AC<BD<AD$ và $\angle DBA<90^\circ$ . Điểm $E$ nằm trên đường thẳng đi qua $D$ song song với $AB$ sao cho $E$ và $C$ nằm khác phía đối với $AD$ và $AC=DE$ . Điểm $F$ nằm trên đường thẳng đi qua $A$ song song với $CD$ sao cho $F$ và $C$ nằm khác phía đối với $AD$ và $BD=AF$ . Chứng minh rằng các đường trung trực của $BC$ và $EF$ cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp của $ABCD$ .

G2. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359767p31218657

Cho $ABC$ là một tam giác với $AB < AC < BC$ . Gọi tâm đường tròn nội tiếp và đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$ lần lượt là $I$ và $\omega$ . Gọi $X$ là điểm trên đường thẳng $BC$ , khác $C$ , sao cho đường thẳng qua $X$ song song với $AC$ tiếp xúc với $\omega$ . Tương tự, gọi $Y$ là điểm trên đường thẳng $BC$ , khác $B$ , sao cho đường thẳng qua $Y$ song song với $AB$ tiếp xúc với $\omega$ . Đường thẳng $AI$ cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $P$ . Gọi $K$ và $L$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $AB$ . Chứng minh rằng $\angle KIL + \angle YPX = 180^{\circ}$ . (IMO2024/4)

G3. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3610478p35341061

Cho $ABCDE$ là một ngũ giác lồi và $M$ là trung điểm của $AB$ . Giả sử $AB$ tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $CME$ tại $M$ và $D$ nằm trên các đường tròn ngoại tiếp của $AME$ và $BMC$ . Các đường thẳng $AD$ và $ME$ cắt nhau tại $K$ , và các đường thẳng $BD$ và $MC$ cắt nhau tại $L$ . Các điểm $P$ và $Q$ nằm trên đường thẳng $EC$ sao cho $\angle PDC = \angle EDQ = \angle ADB$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $KP, LQ,$ và $MD$ đồng quy.

G4. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3610440p35340910

Cho $ABCD$ là tứ giác có $AB$ song song với $CD$ và $AB<CD$ . Hai đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $P$ . Điểm $X$ khác $C$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ sao cho $PC=PX$ . Điểm $Y$ khác $D$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ sao cho $PD=PY$ . Hai đường thẳng $AX$ và $BY$ cắt nhau tại $Q$ . Chứng minh rằng $PQ$ song song với $AB$ .

G5. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3610468p35340974

Cho tam giác $ABC$ có tâm nội tiếp $I$ , và $\Omega$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$ . Cho $K$ là một điểm nằm trong đoạn thẳng $BC$ sao cho $\angle BAK < \angle KAC$ . Đường phân giác của $\angle BKA$ cắt $\Omega$ tại các điểm $W$ và $X$ sao cho $A$ và $W$ nằm cùng một phía đối với $BC$ , và đường phân giác của $\angle CKA$ cắt $\Omega$ tại các điểm $Y$ và $Z$ sao cho $A$ và $Y$ nằm cùng một phía đối với $BC$ . Chứng minh rằng $\angle WAY = \angle ZAX$ .

G6. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3610439p35340907

Cho $ABC$ là tam giác nhọn với $AB < AC$ , và $\Gamma$ là đường tròn ngoại tiếp $ABC$ . Các điểm $X$ và $Y$ nằm trên $\Gamma$ sao cho $XY$ và $BC$ cắt nhau trên đường phân giác ngoài của $\angle BAC$ . Giả sử các tiếp tuyến của $\Gamma$ tại $X$ và $Y$ cắt nhau tại điểm $T$ nằm cùng phía với $A$ đối với $BC$ , và $TX$ và $TY$ cắt $BC$ tại $U$ và $V$ , tương ứng. Gọi $J$ là tâm của đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh $T$ của tam giác $TUV$ . Chứng minh rằng $AJ$ là phân giác của $\angle BAC$ .

G7. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3610452p35340925

Cho $ABC$ là tam giác có tâm nội tiếp $I$ sao cho $AB<AC<BC$ . Giao điểm thứ hai của $AI, BI$ , và $CI$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ lần lượt là $M_{A}$ , $M_{B}$ , và $M_{C}$ . Các đường thẳng $AI$ và $BC$ cắt nhau tại $D$ và các đường thẳng $BM_{C}$ và $CM_{B}$ cắt nhau tại $X$ . Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác $XM_{B}M_{C}$ và $XBC$ cắt nhau tại $S\neq X$ . Các đường thẳng $BX$ và $CX$ cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác $SXM_{A}$ tại $P\neq X$ và $Q\neq X$ , tương ứng. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $SID$ nằm trên $PQ$ .

G8. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3610449p35340922

Cho tam giác $ABC$ có $AB<AC<BC$ , và $D$ là một điểm nằm trong đoạn thẳng $BC$ . Cho $E$ là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ sao cho $A$ và $E$ nằm khác phía đối với $BC$ và $\angle{BAD}=\angle{EAC}$ . Gọi $I,I_B,I_C,J_B$ và $J_C$ lần lượt là tâm nội tiếp của các tam giác $ABC,ABD,ADC,ABE$ và $AEC$ . Chứng minh rằng $I_B,I_C,J_B$ và $J_C$ đồng viên khi và chỉ khi $AI,I_BJ_C$ và $J_BI_C$ đồng quy.

IMO2025/2

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một lời giải của bài 2 trong đề IMO 2025. Đề thi đầy đủ tôi đã đăng ở đây: https://nttuan.org/2025/07/01/imo-2025-problems-and-results/ . Không như nhiều bài thi IMO khác, bài toán này có hướng giải rõ ràng ngay từ đầu, theo tôi là vậy.

IMO2025/2. Cho $\Omega$ và $\Gamma$ là hai đường tròn có tâm lần lượt là $M$ và $N$ sao cho bán kính của $\Omega$ nhỏ hơn bán kính của $\Gamma$ . Giả sử $\Omega$ và $\Gamma$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$ . Đường thẳng $MN$ cắt $\Omega$ tại $C$ và $\Gamma$ tại $D$ sao cho $C, M, N, D$ nằm trên $MN$ theo thứ tự đó. Gọi $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ . Đường thẳng $AP$ cắt $\Omega$ lần nữa tại $E\neq A$ và cắt $\Gamma$ lần nữa tại $F\neq A$ . Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $PMN$ .

Chứng minh rằng đường thẳng qua $H$ song song với $AP$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEF$ .

Lời giải. Gọi $T$ là điểm chính giữa của cung $EF$ không chứa $B$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEF$ . Bài toán sẽ được giải nếu ta chứng minh được $HT\parallel EF$ .

Ta có $\angle BEF = 2 \angle ACD$ và $\angle BFE= 2\angle ADC$ , suy ra $\angle CPD =\angle ETF$ . Từ đây ta chứng minh được $M$ , $E$ và $T$ là ba điểm thẳng hàng.

Vì $AB\bot CD$ và $P$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ nên $\angle CAB =\angle DAP$ , do đó hai đường thẳng $DF$ và $CA$ là hai đường thẳng song song. Bởi vậy, nếu gọi $X$ là giao điểm của hai đường thẳng $CB$ và $DF$ thì nó phải nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEF$ . Vì tam giác $XCD$ là tam giác cân tại $X$ và $PC=PD$ nên đường thẳng $PH$ đi qua $X$ .

Ta thấy $PN$ là đường trung trực của đoạn $AD$ và $P$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ nên

$\angle APN =\frac{1}{2} APD =\angle ACN,$

suy ra tứ giác $PCAN$ là một tứ giác nội tiếp. Từ đây ta có $\angle MTX =\angle MHX$ , do đó $MHTX$ cũng là một tứ giác nội tiếp. Vì hai tam giác $XBE$ và $PAC$ đồng dạng nên $XB=XE$ . Suy ra

$\angle BAP = \angle TMX=\angle THP,$

do đó $HT\parallel EF$ . $\Box$

IMO Shortlist 2023: Geometry

G1. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359760p31218557

Cho $ABCDE$ là một ngũ giác lồi thỏa mãn $\angle ABC = \angle AED = 90^\circ.$ Giả sử trung điểm của $CD$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ . Gọi $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ . Chứng minh rằng đường thẳng $AO$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BE$ .

G2. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359729p31218382

Cho tam giác $ABC$ với $AC > BC$ . Gọi $\omega$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ , và $r$ là bán kính của nó. Điểm $P$ được chọn trên ${AC}$ sao cho $BC=CP,$ và điểm $S$ là chân đường vuông góc hạ từ $P$ xuống ${AB}$ . Tia $BP$ cắt lại $\omega$ tại $D$ . Điểm $Q$ được chọn trên đường thẳng $SP$ sao cho $PQ = r$ và $S$ , $P$ , $Q$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Cuối cùng, gọi $E$ là một điểm thỏa mãn ${AE} \perp {CQ}$ và ${BE} \perp {DQ}$ . Chứng minh rằng $E$ nằm trên $\omega$ .

G3. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359737p31218405

Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$ với $\angle BAD < \angle ADC$ . Gọi $M$ là trung điểm của cung $CD$ không chứa $A$ . Giả sử có một điểm $P$ nằm trong $ABCD$ sao cho $\angle ADB = \angle CPD$ và $\angle ADP = \angle PCB$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $AD$ , $PM$ , và $BC$ đồng quy.

G4. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3106748p28097552

Cho tam giác nhọn $ABC$ với $AB<AC$ . Gọi $S$ là điểm chính giữa của cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$ . Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $BC$ cắt $BS$ tại $D$ và cắt lại $(ABC)$ tại $E$ . Đường thẳng qua $D$ song song với $BC$ cắt $BE$ tại $L$ . $(BDL)$ cắt lại $(ABC)$ tại $P$ . Chứng minh rằng tiếp tuyến của $(BDL)$ tại $P$ cắt $BS$ trên phân giác của góc $BAC$ . (IMO2023/2)

G5. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359731p31218385

Cho tam giác nhọn $ABC$ với đường tròn ngoại tiếp $\omega$ có tâm là $O$ . Các điểm $D\neq B$ và $E\neq C$ nằm trên $\omega$ sao cho $BD\perp AC$ và $CE\perp AB$ . Giả sử $CO$ cắt $AB$ tại $X$ , và $BO$ cắt $AC$ tại $Y$ . Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BXD$ và $CYE$ cùng đi qua một điểm thuộc đường thẳng $AO$ .

G6. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359733p31218391

Cho tam giác nhọn $ABC$ với đường tròn ngoại tiếp $\omega$ . Một đường tròn $\Gamma$ tiếp xúc trong với $\omega$ tại $A$ và tiếp xúc với $BC$ tại $D$ . Các đường thẳng $AB$ và $AC$ cắt $\Gamma$ lần lượt tại $P$ và $Q$ . Gọi $M$ và $N$ là các điểm nằm trên $BC$ sao cho $B$ là trung điểm của $DM$ và $C$ là trung điểm của $DN$ . Các đường thẳng $MP$ và $NQ$ cắt nhau tại $K$ , và cắt lại $\Gamma$ lần lượt tại $I$ và $J$ . Tia $KA$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IJK$ tại $X\neq K$ . Chứng minh rằng $\angle BXP = \angle CXQ$ .

G7. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359736p31218400

Cho tam giác nhọn $ABC$ với trực tâm $H$ . Gọi $\ell_a$ là đường thẳng đi qua điểm đối xứng với $B$ qua $CH$ và điểm đối xứng với $C$ qua $BH$ . Các đường thẳng $\ell_b$ và $\ell_c$ được xác định tương tự. Giả sử ba đường thẳng $\ell_a$ , $\ell_b$ , và $\ell_c$ xác định một tam giác $\mathcal T$ . Chứng minh rằng trực tâm của $\mathcal T$ , tâm đường tròn ngoại tiếp của $\mathcal T$ , và $H$ thẳng hàng.

G8. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3107345p28104331

Cho $ABC$ là một tam giác đều. Gọi $A_1,B_1,C_1$ là các điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho $BA_1=A_1C$ , $CB_1=B_1A$ , $AC_1=C_1B$ , và

$\angle BA_1C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^\circ.$

Giả sử $BC_1$ và $CB_1$ cắt nhau tại $A_2,$ $CA_1$ và $AC_1$ cắt nhau tại $B_2$ , $AB_1$ và $BA_1$ cắt nhau tại $C_2.$ Chứng minh rằng nếu tam giác $A_1B_1C_1$ là tam giác không cân thì ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AA_1A_2, BB_1B_2$ và $CC_1C_2$ đi qua hai điểm chung. (IMO2023/6)

IMO Shortlist 2022: Number theory

N1. Một số nguyên dương được gọi là số Na Uy nếu nó có ba ước dương phân biệt có tổng bằng $2022$ . Xác định số Na Uy nhỏ nhất.

N2. Tìm tất cả các số nguyên dương $n>2$ sao cho

$\displaystyle n! \mid \prod_{ p<q\le n,\quad p,q\in\mathbb{P}} (p+q).$

N3. Cho $a > 1$ là một số nguyên dương và $d > 1$ là một số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với $a$ . Đặt $x_1=1$ và với $k\geq 1$ , $x_{k+1} = x_k + d$ nếu không chia hết $x_k$ , $=x_k/a$ nếu $a$ chia hết $x_k$ . Tìm, theo $a$ và $d$ , số nguyên dương $n$ lớn nhất mà tồn tại chỉ số $k$ sao cho $x_k$ chia hết cho $a^n$ .

N4. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương $(a,b,p)$ sao cho $p$ là số nguyên tố và $a^p=b!+p.$

(IMO2022/5)

N5. Đối với mỗi $i\in [9]$ và $T\in\mathbb{N}^*$ , ký hiệu $d_i(T)$ là số lần chữ số $i$ xuất hiện khi tất cả các bội của $1829$ trong $[T]$ được viết ra theo cơ số $10$ . Chứng minh rằng có vô số $T\in\mathbb{N}^*$ sao cho có đúng hai giá trị phân biệt trong các số $d_1(T)$ , $d_2(T)$ , $\dots$ , $d_9(T)$ .

N6. Cho $Q$ là một tập hợp không nhất thiết hữu hạn các số nguyên tố. Đối với một số nguyên dương $n$ , xét phân tích ra thừa số nguyên tố của nó: gọi $p(n)$ là tổng của tất cả các số mũ và $q(n)$ là tổng của các số mũ tương ứng với các số nguyên tố trong $Q$ . Số nguyên dương $n$ được gọi là đặc biệt nếu $p(n)+p(n+1)$ và $q(n)+q(n+1)$ đều là số nguyên chẵn. Chứng minh rằng tồn tại một hằng số $c>0$ không phụ thuộc $Q$ sao cho với mọi số nguyên dương $N>100$ , số các số nguyên đặc biệt trong $[N]$ ít nhất là $cN$ .

N7. Gọi $k$ là một số nguyên dương và $S$ là một tập hữu hạn các số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng có nhiều nhất một cách (sai khác phép quay và đối xứng) để đặt các phần tử của $S$ xung quanh một đường tròn sao cho tích của hai số cạnh nhau bất kỳ có dạng $x^2+x+k$ với một số nguyên dương $x$ .