IMO 2025: Problems and results

Olympic Toán học Quốc tế (IMO) 2025 là kỳ thi toán học danh giá nhất dành cho học sinh trung học, được tổ chức tại Sunshine Coast, Queensland, Australia từ ngày 10 đến 20 tháng 7 năm 2025. Đây là lần thứ 66 của cuộc thi, quy tụ các tài năng toán học trẻ từ hơn 100 quốc gia, tranh tài qua 6 bài toán khó trong các lĩnh vực như đại số, hình học, số học và tổ hợp. Việt Nam, với truyền thống thành tích ấn tượng tại IMO từ năm 1974, tiếp tục cử đội tuyển gồm 6 học sinh xuất sắc tham dự kỳ thi năm nay. Đội tuyển được lựa chọn qua Kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và Kỳ thi chọn đội tuyển Olympic quốc tế, thể hiện sự chuẩn bị kỹ lưỡng của Bộ Giáo dục và Đào tạo.

Theo thông tin chính thức, danh sách đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2025 bao gồm:

Nguyễn Đình Tùng (lớp 11, Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội).
Trần Minh Hoàng (lớp 12, Trường THPT chuyên Hà Tĩnh).
Võ Trọng Khải (lớp 12, Trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An).
Trương Thanh Xuân (lớp 11, Trường THPT chuyên Bắc Ninh) – nữ sinh duy nhất sau 5 năm.
Nguyễn Đăng Dũng (lớp 12, Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội).
Lê Phan Đức Mân (lớp 12, Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP. Hồ Chí Minh).

Đội tuyển được dẫn dắt bởi trưởng đoàn TS. Nguyễn Chu Gia Vượng, cựu thí sinh IMO 1993 (HCV) và 1994 (HCB), và phó đoàn TS. Lê Bá Khánh Trình, người từng giành giải đặc biệt tại IMO 1979. Cả hai đều là những chuyên gia dày dạn kinh nghiệm trong bồi dưỡng học sinh giỏi.

Dưới đây là đề thi và kết quả.

Đề thi:

2025_vie Download

Những bài toán này được thiết kế để thử thách các học sinh trung học hàng đầu thế giới, bao gồm các lĩnh vực cốt lõi của toán học trung học: đại số, hình học, lý thuyết số và tổ hợp.

Các bài toán IMO thường được thiết kế theo hướng tăng dần độ khó theo từng ngày, với Bài toán 1 (P1) và Bài toán 4 (P4) thường dễ tiếp cận nhất, Bài toán 2 (P2) và 5 (P5) có độ khó trung bình, và Bài toán 3 (P3) và 6 (P6) là khó nhất. Đối với IMO 2025, mô hình này dường như vẫn được duy trì dựa trên phản hồi từ AoPS, một diễn đàn nổi tiếng về toán Olympiad.

Kết quả của đội Việt Nam: 2 HCV, 3 HCB, và 1 HCĐ. Cụ thể: Khải và Hoàng đạt HCV; Dũng, Tùng và Mân đạt HCB; Xuân đạt HCĐ. Đội đứng thứ 9 về tổng điểm.

Các thí sinh có điểm cao nhất:

Em Khải góp mặt ở vị trí 8. 🙂 Có lẽ vì bài 2 và bài 3 quá dễ mà điểm để đạt HCV rất cao, 35 điểm!

10 đội có tổng điểm cao nhất:

Đội Việt Nam đứng thứ 9. 🙂

Kết thúc cuộc thi, BTC cũng vừa công bố IMO2024SL.

All-Russian Olympiad 2025 (Grade 11)

Đề thi Olympic Toán toàn Nga (lớp 11) năm 2025.

2025Nga.lop11 Download

China National Olympiad 2025

2025China Download

Viet Nam TST 2025/1

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một lời giải của bài 1 trong kỳ thi chọn đội IMO 2025 của Việt Nam.

VNTST2025/1. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Q}^+\to\mathbb{Q}^+$ sao cho với mỗi số hữu tỷ dương $x$ và $y$ , ta có

$\displaystyle\frac{f(x)f(y)}{f(xy)}=\frac{(\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)})^2}{f(x+y)}.$

Lời giải. Trả lời: $f(x)=4,\,\forall x\in \mathbb{Q}^+$ hoặc $f(x)=x^2,\,\forall x\in \mathbb{Q}^+$ . Kiểm tra ta thấy hai hàm số này thỏa mãn các yêu cầu của đề bài, sau đây ta chứng minh không còn hàm số nào khác.

Giả sử $f:\mathbb{Q}^+\to\mathbb{Q}^+$ là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu của đề bài. Khi đó với mỗi số hữu tỷ dương $x$ và $y$ ,

$\displaystyle\frac{f(x)f(y)}{f(xy)}=\frac{(\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)})^2}{f(x+y)}.\quad\quad (1)$

Gọi $S$ là tập các số thực dương có dạng $\sqrt{r}$ , trong đó $r$ là một số hữu tỷ dương. Xét hàm số $g:\mathbb{Q}^+\to S$ xác định bởi $g(x)=\sqrt{f(x)}$ với mọi số hữu tỷ dương $x$ . Từ $(1)$ ta được

$\displaystyle\frac{g(x)g(y)}{g(xy)}=\frac{g(x)+g(y)}{g(x+y)}$

với mọi số hữu tỷ dương $x$ và $y$ . (2)

Từ $(2)$ , với $x=y=1$ ta thu được $g(2)=2$ . Cũng từ $(2)$ , với mỗi số hữu tỷ dương $x$ và $y$ ta có $(g(x)+g(y))^2$ là một số hữu tỷ. Suy ra $g(x)g(y)$ là một số hữu tỷ với mọi số hữu tỷ dương $x$ và $y$ . Nói riêng, khi $y=2$ ta có $g(x)$ là một số hữu tỷ dương với mọi số hữu tỷ dương $x$ . Trong $(2)$ , chọn $y=2$ và $x=3$ ta có

$\displaystyle\frac{2g(3)}{g(6)}=\frac{g(3)+2}{g(5)}.\quad (3)$

Cũng từ $(2)$ , với $y=1$ ta có

$\displaystyle g(x+1)=\frac{1}{g(1)}g(x)+1$

với mọi số hữu tỷ dương $x$ . (4)

Từ đây ta tính được cả ba số $g(3)$ , $g(5)$ và $g(6)$ theo $g(1)$ . Thay lại $(3)$ và chú ý $g(1)$ là một số hữu tỷ dương ta có $g(1)\in \{1;2\}$ . Đến đây ta xét từng trường hợp.

Trường hợp 1: $g(1)=2$ .

Bằng quy nạp theo $n$ , từ (4) ta có $g(n)=2$ và

$\displaystyle g(x+n)=\frac{1}{2^n}g(x)+2-\frac{1}{2^{n-1}}$

với mọi số nguyên dương $n$ và số hữu tỷ dương $x$ . (5)

Bây giờ xét một số hữu tỷ dương $r$ . Tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho $rn$ là một số nguyên dương. Với các số $n$ này, từ (2) ta có

$\displaystyle g(r)=\frac{g(r)+2}{g(r+n)}.$

Như vậy $g(r+n)$ không đổi, kết hợp với (5) ta có $g(r)=2$ . Suy ra $g(x)=2$ với mọi số hữu tỷ dương $x$ .

Trường hợp 2: $g(1)=1$ .

Bằng quy nạp theo $n$ , từ (4) ta có $g(n)=n$ và

$g(x+n)=g(x)+n$ với mọi số nguyên dương $n$ và số hữu tỷ dương $x$ . (6)

Bây giờ xét một số hữu tỷ dương $r$ . Tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $rn$ là một số nguyên dương. Trong (2), chọn $x=r$ và $y=n$ , đồng thời dùng (6) ta có $g(r)=r$ . Suy ra $g(x)=x$ với mọi số hữu tỷ dương $x$ .