All-Russian Olympiad 2025 (Grade 11)

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

2025Nga.lop11 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 $x$ .

Như vậy $f(x)=4,\,\forall x\in \mathbb{Q}^+$ hoặc $f(x)=x^2,\,\forall x\in \mathbb{Q}^+$ . $\Box$

IMO Shortlist 2023: Combinatorics

Hình học : https://nttuan.org/2024/11/02/isl2023-geometry/

Đại số: https://nttuan.org/2025/01/23/isl2023-algebra/

Số học: https://nttuan.org/2025/02/13/isl2023-number-theory/

C1. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359749p31218491

Cho $m$ và $n$ là các số nguyên lớn hơn $1$ . Trong mỗi ô vuông đơn vị của lưới $m\times n$ có một đồng xu với mặt trái hướng lên trên. Một phép toán bao gồm các bước sau.

chọn một hình vuông $2\times 2$ trong lưới;
lật các đồng xu ở ô đơn vị trên cùng bên trái và dưới cùng bên phải;
lật đồng xu ở ô vuông đơn vị trên cùng bên phải hoặc dưới cùng bên trái.

Xác định tất cả các cặp $(m,n)$ sao cho mọi đồng xu đều hiện mặt phải sau một số hữu hạn lần thực hiện phép toán.

C2. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359755p31218537

Xác định số nguyên dương $L$ lớn nhất sao cho tồn tại một dãy các số nguyên dương $a_1,\dots,a_L$ có tính chất: mỗi số hạng của dãy không lớn hơn $2^{2023}$ , và không có các số hạng liên tiếp $a_i,a_{i+1},\dots,a_j$ (ở đây $1\le i\le j\le L$ ) với một cách chọn dấu $s_i,s_{i+1},\dots,s_j\in\{1,-1\}$ để

$s_ia_i+s_{i+1}a_{i+1}+\dots+s_ja_j=0.$

C3. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3107350p28104367

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. (IMO2023/5)

C4. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359724p31218375

Cho $n\geqslant 2$ là một số nguyên dương. Paul có một dải hình chữ nhật cỡ $1\times n^2$ gồm $n^2$ hình vuông đơn vị, trong đó hình vuông thứ $i$ được gắn nhãn $i$ với mọi $1\leqslant i\leqslant n^2$ . Anh ta muốn cắt dải giấy thành nhiều mảnh, trong đó mỗi mảnh bao gồm một số ô vuông đơn vị liên tiếp, sau đó dịch chuyển (không xoay hoặc lật) các mảnh để thu được hình vuông $n\times n$ thỏa mãn tính chất sau: nếu hình vuông đơn vị trong hàng $i$ và cột $j$ được gắn nhãn $a_{ij}$ , thì $a_{ij}-(i+j -1)$ chia hết cho $n$ .

Xác định số mảnh nhỏ nhất mà Paul cần tạo để hoàn thành việc này.

C5. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359765p31218619

Elisa có $latex $2023$ rương kho báu, tất cả đều được mở khóa và trống rỗng lúc đầu. Mỗi ngày, Elisa thêm một viên đá quý mới vào một trong những chiếc rương đã mở khóa mà cô ấy chọn, và sau đó, một cô tiên sẽ hành động theo các quy tắc sau:

nếu có nhiều hơn một rương được mở khóa, cô sẽ khóa một trong số chúng, hoặc
nếu chỉ có một rương được mở khóa, cô sẽ mở khóa tất cả các rương.

Cho rằng quá trình này diễn ra mãi mãi, hãy chứng minh rằng tồn tại một hằng số $C$ với tính chất sau: Elisa có thể đảm bảo rằng chênh lệch giữa số viên ngọc trong hai rương bất kỳ không bao giờ vượt quá $latex $C$, bất kể cô tiên hành động như thế nào.

C6. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359747p31218478

Cho $N$ là một số nguyên dương và xét một lưới $N \times N$ các ô vuông. Đường dẫn xuống bên phải là một dãy các ô lưới sao cho mỗi ô là một ô ở bên phải hoặc một ô bên dưới ô trước đó trong chuỗi. Đường dẫn lên bên phải là một chuỗi các ô lưới sao cho mỗi ô là một ô ở bên phải hoặc một ô phía trên ô trước đó trong chuỗi.

Chứng minh rằng không thể phân chia các ô của lưới $N \times N$ thành ít hơn $N$ vùng sao cho mỗi vùng là một đường dẫn xuống bên phải xuống hoặc một đường dẫn lên bên phải.

Chẳng hạn, lưới $5 \times 5$ có thể phân chia thành $5$ vùng như hình vẽ.

C7. https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359751p31218524

Quần đảo Imomi bao gồm $n\geq 2$ hòn đảo. Giữa mỗi cặp đảo khác nhau có một tuyến phà duy nhất chạy theo cả hai hướng và mỗi tuyến phà được điều hành bởi một trong $k$ công ty. Được biết, nếu bất kỳ công ty nào đóng cửa tất cả các tuyến phà của mình thì một du khách, bất kể bắt đầu từ đâu, sẽ không thể ghé thăm tất cả các hòn đảo đúng một lần (đặc biệt là không quay lại hòn đảo mà du khách bắt đầu). Xác định giá trị lớn nhất có thể có của $k$ theo $n$ .

Ramsey numbers

Các bạn đọc lại các bài sau để theo dõi cho dễ:

[1] https://nttuan.org/2024/01/24/naive-definition-of-probability/

[2] https://nttuan.org/2024/06/02/probability-space/

[3] https://nttuan.org/2023/09/01/graph02/

—

Trong khi chuẩn bị cho các kỳ thi chọn học sinh giỏi, các bạn học sinh có lẽ đã gặp ví dụ sau nhiều lần.

Ví dụ 1. Trong mỗi nhóm sáu người luôn có ba người đôi một quen nhau hoặc đôi một không quen nhau.

Lời giải. Gọi $A$ là một người trong nhóm sáu người ta đang quan tâm. Vì với mỗi một trong năm người còn lại, $A$ sẽ quen hoặc không quen người đó, suy ra trong năm người còn lại ta tìm được ba người, gọi là $B$ , $C$ , $D$ , mà $A$ cùng quen hoặc cùng không quen họ. Giả sử mà không làm mất tính tổng quát rằng $A$ quen cả ba người $B$ , $C$ , và $D$ . Nếu trong $B$ , $C$ , và $D$ có hai người quen nhau, chẳng hạn là $B$ và $C$ thì ba người $A$ , $B$ , và $C$ đôi một quen nhau. Nếu không, $B$ , $C$ , và $D$ đôi một không quen nhau. $\Box$

Chứng minh là ví dụ đầu tiên của lý thuyết Ramsey. Không khó khăn lắm ta thấy với một nhóm ít hơn sáu người thì kết luận không còn đúng.

Bây giờ cho mỗi người ứng với một đỉnh của đồ thị đầy đủ $K_6$ trên sáu đỉnh. Hai người được nối với nhau bởi một cạnh đỏ nếu họ quen nhau, được nối với nhau bởi một cạnh xanh nếu họ không quen nhau. Theo ví dụ trên thì với mọi cách tô các cạnh của $K_6$ bởi hai màu, luôn có $K_3$ mà các cạnh của nó mang cùng một màu. Hơn nữa, kết luận không còn đúng nếu thay $K_6$ bởi $K_n$ với $n<6$ . Kết quả sẽ thay đổi thế nào nếu thay $K_3$ bởi $K_{\alpha}$ ? Ta xét bài toán tổng quát sau:

Bài toán. Cho một số nguyên dương $\alpha$ . Tồn tại hay không số nguyên dương $n$ có tính chất: Với mỗi cách tô màu các cạnh của $K_n$ bởi hai màu, luôn có $K_{\alpha}$ mà các cạnh mang cùng một màu. Số nguyên dương $n$ nhỏ nhất có tính chất này bằng bao nhiêu?

Với câu hỏi đầu tiên thì định lý tổng quát sau cho câu trả lời là tồn tại. Câu hỏi thứ hai rất khó, hiện tại ta không thể tính được $n$ như một hàm của $\alpha$ trong tình huống tổng quát mà chỉ có thể ước lượng nó.

Định lý 1 (Ramsey). Cho $s$ và $t$ là hai số nguyên lớn hơn $1$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $n$ có tính chất: Với mỗi cách tô màu các cạnh của $K_n$ bởi hai màu xanh và đỏ, $K_n$ có đồ thị con $K_s$ với các cạnh xanh hoặc có đồ thị con $K_t$ với các cạnh đỏ. Nếu ký hiệu $R(s,t)$ là số nguyên dương $n$ nhỏ nhất có tính chất này thì

$R(s,t)\leq R(s,t-1)+R(s-1,t)$

mỗi khi $s$ và $t$ lớn hơn $2$ .

Các số $R(s,t)$ được gọi là các số Ramsey. Phần thảo luận lúc đầu cho ta biết $R(3,3)=6$ . Từ bất đẳng thức trên ta có thể tìm được một cận trên của các số Ramsey. Mục đính chính của bài là dùng phương pháp xác suất đưa ra một cận dưới của các số $R(k,k)$ , chúng được gọi là các số Ramsey đối xứng.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $s$ và $t$ . Lập luận đơn giản ta thu được $R(k,2)$ , $R(2,k)$ đều tồn tại và bằng $k$ với mọi $k>1$ .

Bây giờ giả sử $R(s,t-1)$ và $R(s-1,t)$ đều tồn tại, ở đây $s$ và $t$ là các số nguyên lớn hơn $2$ . Đặt $\alpha=R(s,t-1)+R(s-1,t)$ . Xét một cách tô màu các cạnh của $K_{\alpha}$ bởi một trong hai màu xanh và đỏ. Gọi $v$ là một đỉnh của $K_{\alpha}$ . Mỗi một trong $\alpha-1$ đỉnh còn lại của $K_{\alpha}$ được nối với $v$ bởi một cạnh xanh hoặc đỏ. Suy ra, trong các đỉnh này có $R(s-1,t)$ đỉnh được nối với $v$ bởi cạnh xanh, hoặc có $R(s,t-1)$ đỉnh được nối với $v$ bởi cạnh đỏ. Ta xét tình huống thứ nhất, tình huống còn lại được lập luận hoàn toàn tương tự. Xem $R(s-1,t)$ đỉnh như một đồ thị đầy đủ. Theo giả thiết quy nạp, trong đồ thị đầy đủ này có $K_{s-1}$ với các cạnh xanh hoặc $K_t$ với các cạnh đỏ. Nếu có $K_t$ với các cạnh đỏ thì ta có điều phải chứng minh, nếu có $K_{s-1}$ với các cạnh xanh thì thêm $v$ vào ta có đồ thị con $K_s$ của $K_{\alpha}$ với các cạnh xanh, và ta cũng có điều cần chứng minh. $\Box$

Định lý 2. Với mỗi số nguyên $k>3$ , ta có $R(k,k)>2^{k/2}$ .

Chứng minh (của Paul Erdos). Xét một số nguyên $n$ thỏa mãn $k\leq n\leq 2^{k/2}$ . Định lý sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng tồn tại một cách tô màu các cạnh của $K_n$ bởi hai màu xanh và đỏ, sao cho trong $K_n$ không có $K_k$ với các cạnh cùng màu.

Tô màu mỗi cạnh của $K_n$ bởi một trong hai màu xanh và đỏ một cách ngẫu nhiên. Như vậy ta có một không gian xác suất rời rạc với không gian mẫu $\Omega$ là tập tất cả các cách tô màu, và với mỗi biến cố $A$ , xác suất xảy ra $A$ bằng $\mid A\mid /\mid\Omega\mid$ .

Gọi $X$ là biến cố: trong $K_n$ không có $K_k$ với các cạnh cùng màu. Ta cần chứng $\mathbb{P}(X)>0$ . Với mỗi đồ thị con đầy đủ trên $k$ đỉnh của $K_n$ , gọi $Y_{\alpha}$ là biến cố: $\alpha$ có các cạnh cùng màu. Khi đó

$\displaystyle\mathbb{P}(Y_{\alpha})=\frac{\mid Y_{\alpha}\mid }{\mid \Omega\mid}=\frac{2\cdot 2^{C_n^2-C_k^2}}{2^{C_n^2}}=2^{1-C_k^2},$

do đó

$\mathbb{P}(X)=1-\mathbb{P}(\overline{X}) =1-\mathbb{P}\left(\bigcup_{\alpha}Y_{\alpha}\right)\geq 1-\sum_{\alpha}\mathbb{P}(Y_{\alpha})=1-C_n^k2^{1-C_k^2}.$

Mà ta lại có

$\displaystyle C_n^k2^{1-C_k^2}<\frac{n^k}{k!}\cdot 2^{1-C_k^2}\leq \frac{2^{k^2/2}}{k!}\cdot 2^{1-C_k^2}=\frac{2^{1+\frac{k}{2}}}{k!}< 1,$

suy ra $\mathbb{P}(X)>0$ . $\Box$

Bipartite graph

Một đồ thị $G$ được gọi là hai phần (hay lưỡng phân) nếu $V(G)$ có thể phân hoạch thành hai tập con $X$ và $Y$ , sao cho mỗi phần tử của $E(G)$ có một đầu mút trong $X$ và đầu mút còn lại trong $Y$ . Khi đó $X$ và $Y$ được gọi là các phần của đồ thị lưỡng phân. Ta ký hiệu đồ thị lưỡng phân với hai phần $X$ và $Y$ bởi $G[X,Y]$ . Nếu trong $G[X,Y]$ , mọi đỉnh thuộc $X$ được nối với mọi đỉnh của $Y$ thì $G[X,Y]$ được gọi là đồ thị lưỡng phân đầy đủ.

Ví dụ 1. Gọi $X$ và $Y$ lần lượt là tập các cầu thủ bóng đá và tập các câu lạc bộ trong một thành phố. Khi đó ta có đồ thị lưỡng phân $G[X,Y]$ , ở đây $x\in X$ được nối với $y\in Y$ khi và chỉ khi $x$ đã từng chơi cho $y$ .

Ví dụ 2 (Bài toán tối ưu trong đường sắt). Giả sử ta có một lịch trình các chuyến tàu cùng các điểm dừng của chúng, và cần tìm một tập hợp các ga tàu càng nhỏ càng tốt sao cho mọi chuyến tàu ghé thăm ít nhất một trong các ga đã chọn. Bài toán này có thể được mô hình hóa như một bài toán trên đồ thị lưỡng phân có các phần là tập các chuyến tàu và tập các ga tàu, mỗi chuyến tàu nối với ga mà nó sẽ dừng.

Bây giờ chúng tôi sẽ giới thiệu một số kết quả cơ bản về đồ thị hai phần.

Định lý 1. Cho đồ thị lưỡng phân $G[X,Y]$ không có đỉnh cô lập và thỏa mãn $\deg (x)\geq \deg (y)$ với mọi $xy\in E(G)$ ( $x\in X$ và $y\in Y$ ). Khi đó $\mid X\mid \leq \mid Y\mid$ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\deg (x)= \deg (y)$ với mọi $xy\in E(G)$ ( $x\in X$ và $y\in Y$ ).

Chứng minh. Vì $G$ không có đỉnh cô lập nên với mỗi $(x,y)\in X\times Y$ , ta có

$\displaystyle \sum_{y^{\prime}\in N(x)}\frac{1}{\deg (x)}=\sum_{x^{\prime}\in N(y)}\frac{1}{\deg (y)}=1.$

Suy ra

$\displaystyle \mid X\mid =\sum_{x\in X}\sum_{y\in N(x)}\frac{1}{\deg (x)}=\sum_{\substack{(x,y)\in X\times Y\\ xy\in E(G)}}\frac{1}{\deg x},$

và

$\displaystyle \mid Y\mid =\sum_{y\in Y}\sum_{x\in N(y)}\frac{1}{\deg (y)}=\sum_{\substack{(x,y)\in X\times Y\\ xy\in E(G)}}\frac{1}{\deg y}.$

Kết hợp với giả thiết $\deg (x)\geq \deg (y)$ với mọi $xy\in E(G)$ ( $x\in X$ và $y\in Y$ ) ta có những điều cần chứng minh. $\Box$

Định lý 2. Một đồ thị là lưỡng phân khi và chỉ khi nó không chứa chu trình độ dài lẻ.

Chứng minh. Nếu một đồ thị là lưỡng phân thì dọc theo một chu trình của nó, các đỉnh thuộc hai phần sẽ xuất hiện luân phiên. Vì thế, mỗi chu trình trong đồ thị lưỡng phân phải có độ dài là số chẵn. Bây giờ xét một đồ thị $G$ không chứa chu trình với độ dài là số lẻ. Ta chỉ cần xét tình huống $G$ là một đồ thị liên thông.

Gọi $T$ là một cây bao trùm trong $G$ (nó tồn tại theo [1]), và chọn một đỉnh $r$ làm gốc của cây này. Gọi $C$ là tập tất cả các đỉnh mà đường đi trong $T$ nối $r$ với nó có độ dài chẵn, và $L$ là tập tất cả các đỉnh mà đường đi trong $T$ nối $r$ với nó có độ dài chẵn. Khi đó $V(G)$ được phân hoạch thành hai phần $C$ và $L$ .

Ta sẽ chứng minh $G$ là đồ thị lưỡng phân với các phần là $L$ và $C$ . Xét hai đỉnh kề nhau $x$ và $y$ của $G$ . Nếu $xy\in T$ thì độ dài của $rTx$ và độ dài của $rTy$ khác tính chẵn-lẻ, do đó trong hai đỉnh $x$ , $y$ có một đỉnh thuộc $C$ và đỉnh còn lại thuộc $L$ . Nếu $xy\not \in T$ , từ giả thiết ta thấy chu trình $xTy\cup xy$ có độ dài chẵn. Theo phần chứng minh trước thì mỗi cạnh khác $xy$ thuộc chu trình này có các đầu mút thuộc hai phần khác nhau của phân hoạch, suy ra $x$ và $y$ thuộc hai phần khác nhau của phân hoạch. $\Box$