Tag: IMO

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_VieDownload
IMO2015SL_VieDownload
Continue reading “International Mathematical Olympiad: Shortlisted Problems” →

IMO 2022: Problems and results


IMO 2022 diễn ra ở Oslo (Norway) từ 6/7 đến 16/7.

I. Danh sách đội tuyển Việt Nam

Ngô Quý Đăng (THPT chuyên KHTN, Hà Nội)

Phạm Việt Hưng (THPT chuyên KHTN, Hà Nội)

Vũ Ngọc Bình (THPT chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc)

Hoàng Tiến Nguyên (THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An)

Phạm Hoàng Sơn (Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh)

Nguyễn Đại Dương (THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa)

Trưởng đoàn là GS. Lê Anh Vinh, Phó đoàn là PGS. Lê Bá Khánh Trình.

II. Đề thi và đáp án

Đáp án có ngay trong link trên AoPS các bạn nhé! Nhưng mà đừng bấm vào link vội, giải thử đã! 🙂

Đề thi IMO 2022Download

III. Kết quả

Đề năm nay dễ hơn đề các năm khác, có đến 10 thí sinh đạt 42/42 điểm. Có vẻ đề thi này đã không làm tốt chỗ phân loại cao?

HCV: \geq 34, HCB: \geq 29, HCĐ: \geq 23.

10 thí sinh cao điểm nhất! Đội tuyển Việt Nam có 42/42 sau nhiều năm. C05 chắc là đến từ Nga rồi?
Kết quả của đội tuyển Việt Nam: 2 HCV, 2 HCB, 2 HCĐ.
10 đội tuyển có tổng số điểm cao nhất! Đội tuyển Việt Nam đứng thứ 4. Năm nay các học sinh đến từ Nga không được tham gia với tư cách đội tuyển Nga, các em tham gia với tư cách cá nhân, tổng điểm của các em trong đội là 207.

IMO2021/6


Trong bài này tôi giới thiệu hai lời giải cho bài 6 trong đề thi IMO 2021, lời giải thứ hai có dùng bổ đề Siegel mà tôi đã giới thiệu cách đây rất lâu ở đường dẫn https://nttuan.org/2007/10/21/siegel/. Các bạn có thể tìm các bài toán khác trong đề IMO 2021 ở đây https://nttuan.org/2021/07/25/imo2021/

Bài toán (IMO2021/6). Cho số nguyên m\ge 2, A là một tập hữu hạn các số nguyên và B_1, B_2, …,B_m là các tập con của A. Giả sử rằng với mỗi k=1,2,...,m, tổng các phần tử của B_k là m^k. Chứng minh rằng A có ít nhất \frac{m}{2} phần tử.

Lời giải 1. Đặt k=|A| và giả sử A = \{a_1,a_2,\ldots,a_k\}. Từ giả thiết, với mỗi i\in [m], ta có \displaystyle m^i = \sum_{j=1}^{k}b_{i,j}a_{j}\quad (1) với các b_{i,j} \in \{0;1\}. Với mỗi 0 \le x \le m^{m}-1, biểu diễn mx theo cơ số m và kết hợp với (1) ta được \displaystyle mx = \sum_{j=1}^{k}c_{j}a_{j}, trong đó các c_j là số nguyên thỏa mãn 0 \le c_j \le (m-1)m,\quad\forall j\in [k]. Vế trái của đẳng thức này nhận đúng m^{m} giá trị, do đó \displaystyle m^{m} \le [m(m-1)+1]^{k} < m^{2k}, suy ra |A|=k>m/2. \Box

Continue reading “IMO2021/6” →

The number of prime factors of a natural number


Mỗi năm, khi được mời dạy cho đội tuyển Việt Nam tham dự Olympic Toán quốc tế (IMO), tôi thường mang đến cho các em vài bài toán rất khó, và hy vọng một lời giải thanh nhã từ các thành viên của đội tuyển. Dưới đây là một bài cho đội tuyển IMO năm 2021.

Bài toán. Với mỗi số nguyên dương n, gọi \omega (n) là số ước nguyên tố của n. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho \omega (n+1)<\omega (n+2)<\ldots <\omega (n+100).

Lời giải. Với hai hàm f(x) và g(x) từ tập các số nguyên dương đến tập các số thực dương ta viết f=o(g) nếu f/g\to 0 khi x\to\infty. Thay 100 bởi k > 2. Gọi A là một số nguyên dương phụ thuộc k mà ta sẽ chọn sau. Giả sử  q_1<q_2<\cdots<q_m<\cdots là dãy tất cả các số nguyên tố lớn hơn k. Với j=1, \ldots, k, đặt T_j= j(j-1) / 2 và \displaystyle M_j=\prod_{\ell=T_j A+1}^{T_{j+1} A} q_{\ell}. Đặt \displaystyle M=\prod_{j=1}^k M_j và gọi N là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho M_j chia hết N+j với mỗi j\in [k]. Ta có ngay N+k<M. Thật vậy, nếu không thì N=M-i với i \in [k], lấy j \in [k]\setminus \{i\}, ta có M_j \mid N+j=M+(j-i); suy ra M_j \mid j-i, vô lý.

Xét số n=M \lambda+N, ở đây \lambda là số nguyên dương mà \lambda \in[M, 2 M]. Ta có

\displaystyle n+j=M \lambda+(N+j)=M_j\left(\left(M / M_j\right) \lambda+(N+j) / M_j\right), \quad j=1, \ldots, k .

Khi đặt A_j=(N+j) / M_j và B_j=M / M_j, ta có

\displaystyle j A=T_{j+1} A-T_j A=\omega\left(M_j\right) \leq \omega(n+j) \leq j A+\omega\left(B_j \lambda+A_j\right),

suy ra nếu \lambda thỏa mãn \displaystyle \omega\left(B_j \lambda+A_j\right)<A, \quad \forall j=1, \ldots, k-1,\quad (1) thì

\displaystyle jA \leq\omega(n+j)<j A+A \leq \omega(n+j+1), \quad\forall  j=1, \ldots, k-1,

và bài toán được giải. Vậy sẽ là đủ nếu ta chỉ ra có A để tồn tại \lambda thỏa mãn (1).

Với mỗi j<k, ta có (A_j,B_j)=1. Thật vậy, xét một chỉ số j<k. Ta có

\displaystyle B_j=M / M_j=\prod_{\substack{1 \leq \ell \leq k \\ \ell \neq j}} M_{\ell}.

Nếu có số nguyên tố p \mid\left(A_j, B_j\right), tồn tại chỉ số \ell \neq j sao cho p \mid M_{\ell}. Vì M_{\ell} \mid N+\ell nên p \mid N+\ell. Nhưng p\left|A_j\right| N+j; suy ra p \mid(N+\ell)-(N+j)=(\ell-j), và 1 \leq|\ell-j|<k. Do đó p<k, điều này không thể xảy ra do mọi ước nguyên tố của M lớn hơn k.

Bổ đề. Với mỗi số nguyên dương x, ký hiệu \tau (x) là số ước dương của x. Khi đó

\displaystyle \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \tau\left(B_j \lambda+A_j\right)\leq 4 M(\ln M+1),\quad\forall j<k.

Chứng minh. Xét một chỉ số j<k. Vì N+k <M nên với mỗi số nguyên \lambda\in [M,2M], ta có

\displaystyle B_j \lambda+A_j \leq \frac{1}{M_j}(M \lambda+N+k)<\frac{2 M \lambda}{M_j} \leq \frac{4 M^2}{M_j}<M^2,

suy ra

\displaystyle \tau\left(B_j \lambda+A_j\right) \leq 2 \sum_{\substack{d \mid B_j \lambda+A_j \\ d \leq M}} 1.

Do đó

\displaystyle \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \tau\left(B_j \lambda+A_j\right)

\displaystyle \leq 2 \sum_{\lambda \in[M, 2 M]} \sum_{\substack{d \mid B_j \lambda+A_j \\ d \leq M}} 1 = 2 \sum_{d \leq M} \sum_{\substack{\lambda \in[M, 2 M] \\ B_j \lambda+A_j \equiv 0 \\ (\bmod d)}} 1

\leq 2 \sum_{d \leq M}\left(\left\lfloor\left.\frac{M}{d} \right\rvert\,+1\right) \leq 4 M \sum_{d \leq M} \frac{1}{d}\right. \leq 4 M(\ln M+1) . \Box

Continue reading “The number of prime factors of a natural number” →