USA TSTST 2017


Ngày thứ nhất
Bài 1. Cho tam giác \displaystyle ABC nội tiếp đường tròn \displaystyle \Gamma có tâm \displaystyle O, và trực tâm \displaystyle H. Giả sử \displaystyle AB\neq AC\displaystyle \angle A \neq 90^{\circ}. Gọi \displaystyle M\displaystyle N lần lượt là trung điểm của \displaystyle AB\displaystyle AC, và \displaystyle E\displaystyle F lần lượt là chân các đường cao hạ từ \displaystyle B\displaystyle C của tam giác \displaystyle ABC. Gọi \displaystyle P là giao điểm của \displaystyle MN với tiếp tuyến của \displaystyle \Gamma tại \displaystyle A. Gọi \displaystyle Q là giao điểm thứ hai của \displaystyle \Gamma với \displaystyle (AEF). Gọi \displaystyle R là giao điểm của \displaystyle AQ\displaystyle EF. Chứng minh rằng \displaystyle PR\perp OH.
Bài 2. Ana và Banana đang chơi một trò như sau: Đầu tiên Ana chọn một từ, là dãy khác rỗng các chữ cái trong bảng chữ cái tiếng Anh. Sau đó Banana chọn một số tự nhiên \displaystyle k và đố Ana đưa ra một từ có đúng \displaystyle k dãy con bằng với từ của Ana. Ana thắng nếu có thể đưa ra một từ như thế, nếu không, cô ấy sẽ thua. Từ nào mà khi Ana chọn cô ấy sẽ luôn thắng với mọi cách chọn \displaystyle k của Banana?
Bài 3. Xét phương trình \displaystyle x^2-cx+1 = \dfrac{f(x)}{g(x)}, ở đây \displaystyle f\displaystyle g là các đa thức với hệ số thực không âm. Với \displaystyle c>0, xác định giá trị nhỏ nhất của \displaystyle \deg f hoặc chứng tỏ \displaystyle f,g không tồn tại.

Continue reading “USA TSTST 2017”

USA JMO 2017


Ngày thứ nhất

Bài 1. Chứng minh rằng có vô hạn cặp số nguyên (a, b) sao cho a>1, b>1, (a,b)=1a^b+b^a chia hết cho a+b.

Bài 2. Xét phương trình (3x^3+xy^2)(x^2y+3y^3)=(x-y)^7.

(a) Chứng minh rằng phương trình có vô hạn nghiệm nguyên dương;

(b) Tìm tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình.

Bài 3. Cho tam giác đều ABC và điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của nó. Gọi D là giao điểm của PABC, E là giao điểm của PBAC, F là giao điểm của PCAB. Chứng minh rằng diện tích của tam giác DEF gấp đôi diện tích của tam giác ABC.

Ngày thứ hai

Bài 4. Tồn tại hay không bộ ba các số nguyên dương (a,b,c) sao cho (a-2)(b-2)(c-2)+12 là một số nguyên tố và nó là ước thực sự của số nguyên dương a^2+b^2+c^2+abc-2017?

Bài 5. Cho OH lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác nhọn ABC. Các điểm MD nằm trên cạnh BC sao cho BM=CM\angle BAD = \angle CAD. Tia MO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tại N. Chứng minh rằng \angle ADO = \angle HAN. Continue reading “USA JMO 2017”

Đề thi chọn HSG Quốc gia của Mỹ năm 2017 (USA MO 2017)


Ngày thứ nhất

Bài 1. Chứng minh rằng có vô hạn cặp số nguyên (a, b) sao cho a>1, b>1, (a,b)=1a^b+b^a chia hết cho a+b.

Bài 2. Cho m_1, m_2, \ldots, m_nn số nguyên dương. Với mỗi dãy số nguyên A = (a_1, \ldots, a_n) và mỗi hoán vị w = w_1, \ldots, w_n của m_1, \ldots, m_n, định nghĩa A-nghịch đảo của w là một cặp w_i, w_j với i < j sao cho một trong các điều kiện sau thỏa mãn:

1) a_i \ge w_i > w_j

2) w_j > a_i \ge w_i,

3) w_i > w_j > a_i.

Chứng minh rằng với mỗi hai dãy A = (a_1, \ldots, a_n), B = (b_1, \ldots, b_n), và với mỗi số nguyên dương k, số hoán vị của m_1, \ldots, m_n có đúng k A-nghịch đảo bằng số hoán vị của m_1, \ldots, m_n có đúng k B-nghịch đảo.

Bài 3. Cho tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp \Omega và tâm đường tròn nội tiếp I. Tia AI cắt BC tại D\Omega tại điểm thứ hai M; đường tròn đường kính DM cắt \Omega tại điểm thứ hai K. Các đường thẳng MKBC cắt nhau tại S, và N là trung điểm của IS. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác KIDMAN cắt nhau tại L_1,L_2. Chứng minh rằng \Omega chia đôi IL_1 hoặc IL_2.

Ngày thứ hai

Bài 4. Cho P_1, P_2, \dots, P_{2n}2n điểm phân biệt trên đường tròn x^2+y^2=1, khác (1,0). Mỗi điểm được tô xanh hoặc đỏ, sao cho có đúng n điểm đỏ và n điểm xanh. Gọi R_1, R_2, \dots, R_n là một cách đánh số các điểm đỏ. Gọi B_1 là điểm xanh gần R_1 nhất khi đi theo chiều kim đồng hồ quanh đường tròn từ R_1. B_2 là điểm xanh gần R_2 nhất trong các điểm xanh còn lại khi đi theo chiều kim đồng hồ quanh đường tròn từ R_2, và cứ thế. Chứng minh rằng số cung cùng chiều kim đồng hồ có dạng R_i \to B_i chứa (1,0) không phụ thuộc vào cách đánh số  các điểm đỏ. Continue reading “Đề thi chọn HSG Quốc gia của Mỹ năm 2017 (USA MO 2017)”

VMO training 2017 – Part 5


Các bạn có thể xem phần trước ở https://nttuan.org/2017/01/06/topic-852/


Trong bài viết này tôi sẽ giới thiệu một số lời giải của bài toán sau: Cho (s_n)_{n\geq 1}(t_n)_{n\geq 1} là hai dãy các số hữu tỷ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

1) (s_n)_{n\geq 1}(t_n)_{n\geq 1} không phải là dãy hằng;

2) \forall i,j\in\mathbb{N}^*,\quad (s_i-s_j)(t_i-t_j)\in\mathbb{Z}.

Chứng minh rằng tồn tại số hữu tỷ r sao cho r(s_i-s_j)\in\mathbb{Z}\dfrac{t_i-t_j}{r}\in\mathbb{Z},\quad\forall i,j\in\mathbb{N}^*.

Đây là bài toán số 6 trong đề thi chọn HSG QG của Mĩ năm 2009 (USAMO 2009).

Lời giải 1. Ta có ba nhận xét sau:

1) Nếu \sigma:\mathbb{N}^*\to \mathbb{N}^* là một song ánh thì hai dãy (s_{\sigma(n)})_{n\geq 1}(t_{\sigma(n)})_{n\geq 1} cũng thỏa mãn các giả thiết của bài toán;

2) Nếu s,t là các số hữu tỷ thì hai dãy (s_{n}+s)_{n\geq 1}(t_{n}+t)_{n\geq 1} cũng thỏa mãn các giả thiết của bài toán.

3) Tồn tại cặp chỉ số (i,j) sao cho (s_i-s_j)(t_i-t_j)\not=0.

Thật vậy, do dãy (s_i) không phải dãy hằng nên tồn tại (i,j) sao cho s_i\not=s_j. Nếu t_i\not=t_j thì (i,j) là cặp phải tìm. Nếu t_i=t_j, ta chọn k sao cho t_k\not=t_i, khi s_k=s_i ta chọn (j,k), khi s_k\not=s_i ta chọn (k,i).

Trở lại bài toán.

Bởi các nhận xét trên ta có thể giả sử s_1=t_1=0,s_2\not=0t_2\not=0.

Ta sẽ chứng minh tồn tại các số hữu tỷ dương  A,B sao cho AB, As_jBt_j là các số nguyên với mọi j.

Với mọi i,j ta có (s_i-s_1)(t_i-t_1)=s_it_i(s_i-s_j)(t_i-t_j)=s_it_i+s_jt_j-(s_it_j+s_jt_i), suy ra s_it_is_it_j+s_jt_i là các số nguyên. Viết s_j,t_j dưới dạng tối giản ta được \displaystyle s_j=\frac{p_j}{q_j},t_j=\frac{u_j}{v_j},\quad\forall j. Theo trên ta có s_2t_j+s_jt_2 là số nguyên với mọi j, suy ra với mọi j ta có q_j|u_2q_2. Chọn A=|q_2u_2|>0 ta có As_j là số nguyên với mọi j. Tương tự ta cũng tìm được số nguyên dương B sao cho Bt_j là số nguyên với mọi j.

Chọn cặp (A,B) như trên sao cho AB nhỏ nhất, ta thấy AB phải bằng 1 và khi đó bài toán sẽ được giải. Thật vậy, nếu AB>1 thì nó có ước nguyên tố p, suy ra ABs_jt_j=(As_j)(Bt_j) chia hết cho p với mọi j, do đó với mọi j thì As_j hoặc Bt_j sẽ chia hết cho p. Xét các trường hợp:

Trường hợp 1: p chia hết As_j với mọi j.

Ta thấy cặp (A/p,B) cũng thỏa mãn và có tích bằng \dfrac{AB}{p}<AB, vô lí.

Trường hợp 2: Tồn tại j để p không chia hết As_j.

Khi đó ta có Bt_j chia hết cho pBt_i không chia hết cho p với i nào đấy (do cách chọn (A,B)), suy ra AB(s_it_j+s_jt_i)-(As_i)(Bt_j)=(As_j)(Bt_i) không chia hết cho p, vô lí.

Lời giải 2. Đây là lời giải của Paul Christiano, huy chương Bạc tại IMO 2008.

Ta cho các số hữu tỷ trong lời giải này đều ở dạng tối giản.

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử s_1=t_1= 0, t_2\not=0s_2 = 1. Khi đó t_2=k là số nguyên (vì (s_2 - s_1)(t_2 - t_1) là số nguyên), và

(s_i - 1)(t_i - k) = s_it_i + k - (t_i + ks_i) \in \mathbb{Z},\quad i\in\mathbb{N}^*.s_it_i = (s_i - 0)(t_i - 0) = (s_i - s_1)(t_i - t_1)\in\mathbb{Z},\quad\forall i\in\mathbb{N}^*, suy ra t_i + ks_i \in \mathbb{Z},\quad \forall i\in\mathbb{N}^*. Ta thấy ks_i phải là số nguyên với mọi số nguyên dương i, thật vậy nếu tồn tại số nguyên dương i sao cho ks_i \not\in \mathbb{Z} thì mẫu của s_i có ước nguyên tố p không chia hết k, suy ra t_i+ks_i không phải là số nguyên vì mẫu của t_i cũng không chia hết cho p (do s_it_i là số nguyên), vô lí. Từ đó ta có t_i \in \mathbb{Z} với mỗi số nguyên dương i.

Nếu cần thì chia các số hạng của dãy (t_i) cho cùng một số nguyên dương và nhân các số hạng của dãy (s_i) với số nguyên dương đó, ta có thể coi ước chung lớn nhất của tất cả các số hạng của dãy (t_i) bằng 1, và tất nhiên, vẫn có số nguyên k\not=0 thỏa mãn ks_i\in\mathbb{Z} với mọi số nguyên dương i.

Ta sẽ chứng minh rằng s_i\in\mathbb{Z} với mọi số nguyên dương i, và khi đó bài toán sẽ được giải hoàn toàn. Thật vậy, giả sử tồn tại số nguyên dương i sao cho s_i không phải là số nguyên. Khi đó có số nguyên tố p là ước của mẫu của s_i. Gọi j là số nguyên dương thỏa mãn p không chia hết t_j (tồn tại j như thế vì ước chung lớn nhất của các t_n bằng 1). Vì s_it_i là số nguyên nên p chia hết t_i, do đó t_i - t_j không chia hết cho p. Vì s_jt_j là số nguyên và p không chia hết t_j nên p không chia hết mẫu của s_j, do đó s_i - s_j có mẫu không chia hết cho p. Nhưng khi đó (s_i - s_j)(t_i-t_j) có mẫu chia hết cho p, và bởi thế nó không phải là số nguyên, vô lí.

Continue reading “VMO training 2017 – Part 5”