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.

Sau đây là đề thi của USEMO lần thứ nhất.

USEMO 2019-2020

Ngày thứ nhất

Bài 1. Cho $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp. Một đường tròn tâm $O$ qua $B$ và $D$ cắt lại $BA$ và $BC$ lần lượt tại $E$ và $F$ (khác $A,B,C$ ). Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $DEF.$ Chứng minh rằng nếu $AC,$ $DO,$ $EF$ đồng quy thì hai tam giác $ABC$ và $EHF$ đồng dạng.
Bài 2. Tìm tất cả các ánh xạ $\theta : \mathbb{Z}[x] \to \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
1) $\forall p, q \in \mathbb{Z}[x], \quad \theta(p + q) = \theta(p) + \theta(q)$ .
2) với mỗi $p \in \mathbb{Z}[x]$ , $p$ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi $\theta(p)$ có nghiệm nguyên.
Bài 3. Xét một lưới vô hạn $\mathcal G$ các ô vuông đơn vị. Một đa giác bàn cờ là một đa giác đơn có các cạnh nằm dọc theo đường lưới của $\mathcal G.$
Nikolai chọn một đa giác bàn cờ $F$ và đố bạn tô một số ô của $\mathcal G$ màu xanh, sao cho bất kỳ đa giác bàn cờ nào bằng $F$ đều có ít nhất $1$ ô xanh nhưng nhiều nhất là $2020.$ Hỏi Nikolai có thể chọn $F$ để bạn không thể thực hiện được công việc?

Ngày thứ hai

Bài 4. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố $p,$ tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $1^n+2^{n-1}+3^{n-2}+\cdots+n^1\equiv 2020\pmod{p}.$

Bài 5. Cho $\mathcal{P}$ là một đa giác đều và $\mathcal{V}$ là tập đỉnh của nó. Mỗi điểm trong $\mathcal{V}$ được tô màu đỏ, trắng hoặc xanh. Một tập hợp con của $\mathcal{V}$ được gọi là yêu nước nếu nó chứa một số điểm bằng nhau mang mỗi màu và một cạnh của $\mathcal{P}$ được gọi là chói nếu các đầu mút của nó có màu khác nhau.
Giả sử $\mathcal{V}$ yêu nước và số cạnh chói của $\mathcal{P}$ là chẵn. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng không đi qua bất kỳ điểm nào trong $\mathcal{V}$ và chia $\mathcal{V}$ thành hai tập con yêu nước khác rỗng.
Bài 6. Cho $ABC$ là một tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ và các đường cao $AD$ , $BE$ , $CF$ . Gọi $X$ , $Y$ , $Z$ lần lượt là trung điểm của $AD$ , $BE$ , $CF$ . $AD$ cắt $YZ$ tại $P$ , $BE$ cắt $ZX$ tại $Q$ , $CF$ cắt $XY$ tại $R$ .
Giả sử $YZ$ cắt $BC$ tại $A'$ , $QR$ cắt $EF$ tại $D'$ . Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A$ , $B$ , $C$ , $O$ lần lượt vuông góc với $QR$ , $RP$ , $PQ$ , $A'D'$ đồng quy.

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 $(a,b)=1$ và $n$ 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 $(a,b)=1$ và $n$ 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 $a$ và $b^{-1}$ 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

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

Vì $(a,b)=1$ 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 $\xi_a=\cos\dfrac{2\pi}{a}+i\sin \dfrac{2\pi}{a}$ và $\xi_b=\cos\dfrac{2\pi}{b}+i\sin \dfrac{2\pi}{b}.$ 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” →

Burnside’s lemma

Cho $X$ là một tập hợp và $G$ là một nhóm. Ta nói $G$ tác động trên $X$ , hay $X$ là một $G-$ tập, nếu có hàm $G\times X\to X$ , $(g,x)\mapsto gx$ thoả mãn $ex=x\forall x\in X$ và $g_1(g_2x)=(g_1g_2)x\forall x\in X\forall g_1,g_2\in G$ , ở đây $e$ là phần tử đơn vị của $G$ .

Gìơ ta xét một $G-$ tập $X$ , với mỗi $x\in X$ , ta gọi quỹ đạo của $x$ là tập $\{gx|g\in G\}$ . Các quỹ đạo khác nhau của các phần tử trong $X$ làm thành một phân hoạch của $X$ , thật vậy, quan hệ $xRy$ nếu có $g\in G$ để $x=gy$ là một quan hệ tương đương trên $X$ . Khi $X$ và $G$ là các tập hữu hạn thì ta có thể tính số khối của phân hoạch này theo bổ đề sau đây.

Bổ đề Burnside. Nếu $X$ là một $G-$ tập hữu hạn (nghĩa là $X$ và $G$ là các tập hữu hạn và $X$ là một $G-$ tập) và $N$ là số các quỹ đạo khác nhau của các phần tử trong $X$ thì $N=\dfrac{1}{|G|}\sum_{g\in G}F(g)$ , trong đó với mỗi $g\in G$ , $F(g)$ là số phần tử của tập $\{x\in X|gx=x\}$ .

Tôi sẽ không đưa ra chứng minh nào của bổ đề này ở đây, các bạn có thể tìm một chứng minh trong sách Tổ hợp của Ngô Đắc Tân hay sách về lý thuyết nhóm của Rotman. Gìơ ta đi xét các áp dụng của bổ đề này vào giải các bài toán đếm, các bài tập này đều có trong sách của Rotman.

Bài 1. Cho $n$ và $q$ là các số nguyên dương. Hỏi có bao nhiêu lá cờ gồm $n$ mảnh sao cho mỗi mảnh mang một trong $q$ màu cho trước?(Ví dụ một lá cờ như vậy là cờ của Pháp gồm $3$ mảnh).

Lời giải. Vì khi ta tô màu một mặt của lá cờ thì mặt sau sẽ được xác định hoàn toàn màu. Nên số lá cờ bằng số cách tô bảng $1\times n$ bởi $q$ màu, hai cách tô là như nhau nếu nó ở dạng như hình dưới đây.

(Trong hình trên các $c_i$ là các màu.)

Gọi $X$ là tập các bộ $(c_1,c_2,\cdots,c_n)$ với $c_i$ là một trong $q$ màu đã cho với mỗi $i$ . Ký hiệu $S_n$ là nhóm các hoán vị trên $\{1,2,\cdots,n\}$ , $G$ là nhóm con cyclic sinh bởi hoán vị $f$ của $S_n$ , ở đây $f(i)=n+1-i\forall i$ . Ta cho $G$ tác động trên $X$ theo luật $f(c_1,c_2,\cdots,c_n)=(c_n,c_{n-1},\cdots,c_1)$ . Như trên đã phân tích, ta chỉ cần đếm số $N$ các quỹ đạo của các phần tử của $x$ theo tác động này là xong. Theo bổ đề Burnside, ta chỉ cần tính $F(id)$ và $F(f)$ . Dễ thấy $F(id)=|X|=q^n$ theo quy tắc nhân. Để tính $F(f)$ , ta chú ý rằng $(c_1,c_2,\cdots,c_n)\in X$ không thay đổi khi tác động $f$ nếu và chỉ nếu $c_1=c_n,c_2=c_{n-1},\cdots$ , vậy cùng theo quy tắc nhân ta có $F(f)=q^{[\dfrac{n+1}{2}]}$ . Như thế đáp số của bài toán là $\dfrac{1}{2}(q^n+q^{[\dfrac{n+1}{2}]}).$

Bài 2. Cho $n$ và $q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng có

$\dfrac{1}{4}(q^{n^2}+2q^{[\dfrac{n^2+3}{4}]}+q^{[\dfrac{n^2+1}{2}]})$ cách tô màu bảng vuông $n\times n$ bởi $q$ màu.

Lời giải sơ lược. Lời giải y hệt như trường hợp trên. Ta đánh số các ô của bảng theo kiểu xoáy ốc, chia hai trường hợp $n$ chẵn, lẻ cho dễ đánh số. Tập $X$ bây giờ là tập tất cả các bộ $(c_1,c_2,\cdots,c_{n^2})$ , nhóm $G$ bây giờ là nhóm con cyclic cấp $4$ sinh bởi phép quay $+90^0$ của $S_{n^2}$ .

Chú ý. Khi $n=3,q=n$ ta có bài số 5 trong VMO 2010.