IMO2023/6: Coaxal circles

Trong bài này chúng tôi sẽ giới thiệu một lời giải của bài 6 trong kỳ thi Olympic Toán quốc tế năm 2023 (IMO 2023). Đề thi đã có ở đây https://nttuan.org/2023/07/08/imo2023-problems/

Chúng tôi trình bày lời giải theo hình vẽ tương ứng, các tình huống khác được bỏ qua. Đầu tiên ta phải hiểu thêm về đẳng thức giữa các góc trong đề bài, bởi vì ta không thể vẽ các điểm $A_1$ , $B_1$ và $C_1$ một cách tùy tiện và hy vọng giải được bài toán. Gọi $O$ là tâm của tam giác đều $ABC$ . Từ giả thiết ta có $\sum (180^{\circ}-2\widehat{A_1BC})=480^{\circ},$ suy ra $\widehat{A_1CB}+\widehat{B_1CA}=\widehat{B_2AA_1}.\quad (*)$ Đến đây ta ký hiệu $W$ là ảnh của $B_1$ qua phép quay tâm $C$ góc $+60^{\circ},$ cùng phép quay biến $A$ thành $B$ .

Khi đó $W$ thuộc tia $AA_1$ và $(*)$ được viết lại dưới dạng $\widehat{B_2CW}=\widehat{B_2AW}.$ Do đó bốn điểm $B_2$ , $A$ , $C$ , và $W$ cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn này có tâm là $B_1$ vì $CB_1=CW=B_1W=B_1A.$
Như vậy ta đã chứng minh được kết quả sau:

$(\alpha)$ : $B_1$ là tâm của $(CAB_2)$ , $C_1$ là tâm của $(ABC_2)$ , và $A_1$ là tâm của $(BCA_2)$ .

Tiếp theo, ta sẽ tìm hai điểm khác nhau có cùng phương tích đối với cả ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AA_1A_2, BB_1B_2$ và $CC_1C_2$ . Làm được điều này là ta giải được bài toán. Mới đầu chúng tôi định giải nghĩa một cách hình học hai giao điểm của ba đường tròn, hay là chứng minh tâm của ba đường tròn thẳng hàng. Nhưng không thành công!

$(\beta)$ : Ba đường thẳng $A_1A_2$ , $B_1B_2$ , và $C_1C_2$ đồng quy. Nếu ký hiệu $T_1$ là điểm thuộc cả ba đường thẳng, thì $T_1$ có cùng phương tích đối với $(AA_1A_2)$ , $(BB_1B_2)$ , và $(CC_1C_2)$ .

Theo $(\alpha)$ , các tam giác $C_1C_2A$ và $B_1B_2A$ là các tam giác cân, suy ra
$\widehat{B_1B_2C_1}=\widehat{B_2AC_2}=\widehat{B_1C_2C_1}.$ Do đó tứ giác $B_1C_1B_2C_2$ là một tứ giác nội tiếp, tương tự ta cũng có hai tứ giác nội tiếp khác. Theo định lí về tâm đẳng phương của ba đường tròn ta có $(\beta)$ .

$(\gamma)$ : $\widehat{BAB_2}+\widehat{BB_1B_2}=\widehat{CAC_2}+\widehat{CC_1C_2}.$

Gọi $Z$ là giao điểm của $BB_1$ với $CB_2$ , và $Y$ là giao điểm của $BC_2$ với $CC_1$ . Ta có $\widehat{B_1ZC}=\widehat{A_1CB}+30^{\circ}=30^{\circ}-\widehat{BAC_1}-\widehat{B_1AC}+30^{\circ}=\widehat{B_2AB_1},$ nên tứ giác $AB_2ZB_1$ là một tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác $AC_1YC_2$ nội tiếp. Từ hai tứ giác nội tiếp này ta thấy vế trái và vế phải trong $(\gamma)$ lần lượt bằng $\widehat{BAZ}$ và $\widehat{CAY},$ chỉ việc để ý thêm rằng $Y$ và $Z$ đối xứng với nhau qua $AO$ là ta có $(\gamma)$ .

Continue reading →

IMO 2023: Problems and results

Bài viết này có hai phần: Phần thứ nhất là đề thi IMO 2023, phần thứ hai là kết qủa của kỳ thi.

Ngày thi thứ nhất, 8/7/2023

Bài 1. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3106752

Tìm tất cả các hợp số $n$ có tính chất: nếu $d_1, d_2, \ldots, d_k$ là tất cả ước dương của $n$ với $1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n$ , thì $d_i$ chia hết $d_{i+1}+d_{i+2}$ với mọi $1 \leqslant i \leqslant k-2$ .

Bài 2. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3106748

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 $BAC$ .

Bài 3. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3106754

Với số nguyên $k>1,$ tìm tất cả các dãy vô hạn số nguyên dương $a_1,a_2,\ldots$ sao cho tồn tại đa thức $P$ với hệ số nguyên không âm có dạng $P(x)=x^k+c_{k-1}x^{k-1}+\cdots+c_1x+c_0$ để $P(a_n)=a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{n+k}$ với mọi số nguyên dương $n.$

Ngày thi thứ hai, 9/7/2023

Bài 4. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3107339

Cho $2023$ số thực dương $x_1,x_2,\ldots,x_{2023}$ đôi một khác nhau thỏa mãn

$\displaystyle a_n=\sqrt{\left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots+\frac{1}{x_n}\right)}$

là số nguyên với mọi $n=1,2,\ldots,2023$ . Chứng minh rằng $a_{2023}\geq 3034$ .

Bài 5. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3107350

Cho $n$ là một số nguyên dương. Một tam giác Nhật Bản gồm $1+2+\cdots+n$ hình tròn được xếp thành một hình tam giác đều sao cho với mỗi $i = 1, 2, ..., n$ , hàng thứ $i$ có đúng $i$ hình tròn và trên hàng đó có đúng một hình tròn được tô màu đỏ. Một đường đi ninja trong một tam giác Nhật Bản là một dãy gồm $n$ hình tròn nhận được bằng cách xuất phát từ hàng trên cùng, đi lần lượt từ một hình tròn xuống một trong hai hình tròn ngay dưới nó, và kết thúc tại hàng dưới cùng. Trong hình vẽ là một tam giác Nhật Bản với $n = 6$ và một đường đi ninja có chứa hai hình tròn màu đỏ.

Như một hàm số của $n$ , tìm giá trị lớn nhất của $k$ sao cho trong mỗi tam giác Nhật Bản luôn có một đường đi ninja chứa ít nhất $k$ hình tròn màu đỏ.

Bài 6. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3107345

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.

Dưới đây là kết quả của IMO 2023.

Continue reading →

International Mathematical Olympiad: Shortlisted Problems

Trong bài này chúng tôi sẽ dịch đề bài từ các bộ IMO Shortlist sang tiếng Việt.

Các bạn có thể tải các tài liệu khác ở https://nttuan.org/download/ .

IMO2014SL_Vie Download

IMO2015SL_Vie Download

Continue reading →

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 $M$ và $N$ 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 $(x_1;y_1)$ và $(x_2;y_2)$ lần lượt là tọa độ của $A$ và $B.$

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 $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OB}$ 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 $\overrightarrow{OP'}=\{\alpha\} \overrightarrow{OA}+\{\beta\} \overrightarrow{OB}.$ Vì $\{\alpha\}$ và $\{\beta\}$ 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 $\alpha$ và $\beta$ là hai số nguyên.

Gọi $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ lần lượt là các vector đơn vị đặt trên $Ox$ và $Oy$ . Khi đó theo lập luận trên, tồn tại các cặp số nguyên $(u,v)$ và $(u',v')$ để $\overrightarrow{i}=u \overrightarrow{OA}+v \overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{j}=u' \overrightarrow{OA}+v' \overrightarrow{OB}.$ Từ hai đẳng thức này ta có $\begin{cases} 1=ux_1+vx_2\\ 0=uy_1+vy_2\end{cases}$ và $\begin{cases}0=u'x_1+v'x_2\\ 1=u'y_1+v'y_2,\end{cases}$ suy ra $\displaystyle u=\frac{y_2}{D},v=-\frac{y_1}{D},u'=-\frac{x_2}{D}$ và $\displaystyle v'=\frac{x_1}{D},$ trong đó $D=x_1y_2-x_2y_1\not =0$ do $O,A$ và $B$ không thẳng hàng. Vì $u,$ $v,$ $u'$ và $v'$ là các số nguyên nên $x_1,x_2,y_1$ và $y_2$ 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 $N\pi=2\pi I+\pi B-2\pi\Rightarrow N=2I+B-2$ . Để ý thêm $S_P=\dfrac{1}{2}N$ , ta có điều phải chứng minh.