IMO 2018 - Đề thi, lời giải và kết quả đội tuyển.

[tikita]

IMO 2018 năm nay được tổ chức tại CLUJ-NAPOCA - ROMANIA, từ ngày 03 - 14 tháng 7 năm 2018. Việt Nam tham dự với 6 thành viên như sau:

1. Trần Việt Hoàng (lớp 12, THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng)
2. Trương Mạnh Tuấn (lớp 12, Trường THPT chuyên KHTN-ĐHQGHN)
3. Nguyễn Quang Bin (lớp 12, Trường THPT chuyên KHTN-ĐHQGHN)
4. Đỗ Hoàng Việt (lớp 12, THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp)
5. Phan Minh Đức (lớp 11, THPT chuyên Hà Nội- Amsterdam)
6. Trịnh Văn Hoàn (lớp 12, THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng).

Bài thi ngày thứ nhất (09/07/2018).

Bài 1: Cho $\Gamma$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn $ABC$. Các điểm $D$ và $E$ nằm trên các đoạn $AB$ và $AC$ theo thứ tự sao cho $AD = AE$. Trung trực của $BD$ và $CE$ cắt các cung nhỏ $AB$ và $AC$ của $\Gamma$ tại $F$ và $G$. Chứng minh rằng các đường thẳng $DE$ và $FG$ song song hoặc trùng nhau.



Bài 2: Tìm tất cả các số tự nhiên $n(n\geq 3)$ sao cho tồn tại các số thực $a_1,a_2,...,a_{n+2}$ thỏa mãn $a_{n+1}=a_1,a_{n+2}=a_2$ và
$$a_i.a_{i+1}+1=a_{i+2},\forall i=1...n.$$

Bài 3: Một tam giác anti Pascal là một mảng tam giác đều gồm các số sao cho: ngoại trừ các số ở hàng dưới cùng, mỗi số là gia số của hai số ở ngay bên dưới nó. Ví dụ, sau đây là một tam giác anti Pascal với bốn hàng chứa mọi số nguyên từ $1$ đến $10$

$$4$$$$ 2 \quad 6 $$$$ 5 \quad 7 \quad 1 $$$$ 8 \quad 3 \quad 10 \quad 9 $$
Có tồn tại một tam giác anti Pascal với $ 2018 $ hàng và chứa mọi số nguyên từ $1$ đến $1 + 2 + 3 + \dots + 2018$ không?


Bài thi ngày thứ hai (10/07/2018).


Bài 4: Một vị trí là một điểm $(x;y)$ trên mặt phẳng sao cho $x,y$ là các số nguyên dương bé hơn hoặc bằng $20$. Lúc đầu tất cả $400$ ví trí đều trống. Ánh và Bảo lần lượt đặt các viên đá vào các vị trí trống với Ánh là người đi trước. Trong mỗi lượt của mình, Ánh đặt một viên đá màu đỏ vào một vị trí trống sao cho khoảng cách giữa hai viên đá màu đỏ bất kỳ là khác $\sqrt{5}$ và Bảo đặt một viên đá màu xanh vào một vị trí trống bất kỳ. Hai bạn sẽ dừng lại khi một trong hai người không thể đặt được các viên đá. Tìm số $K$ lớn nhất sao cho Ánh luôn đặt được ít nhất $K$ viên đá mà không phụ thuộc cách đặt đá của Bảo.

Bài 5: Cho $a_1,\,a_2,\,\ldots$ là một dãy vô hạn các số nguyên dương. Giả sử tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho\[\frac{{{a_1}}}{{{a_2}}} + \frac{{{a_2}}}{{{a_3}}} + \ldots + \frac{{{a_{n - 1}}}}{{{a_n}}} + \frac{{{a_n}}}{{{a_1}}} \in \mathbb Z , \quad\forall\,n\ge N.\]Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $M$ sao cho $a_{m+1}=a_m\; ,\forall\,m\ge M$.

Bài 6: Một tứ giác lồi $ABCD$ thỏa mãn $AB \cdot CD $ = $ BC \cdot DA $. Điểm $ X $ nằm bên trong tứ giác $ ABCD $ sao cho $$ \angle{XAB} = \angle{XCD}\quad \text{ và} \quad\angle{XBC} = \angle{XDA} $$
Chứng minh rằng $ \angle{BXA} + \angle{DXC} = 180^0 $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ncthanh]

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tmp]

Sao bây giờ các bạn ít quan tâm đến IMO thế ? Năm nay vị thứ 20.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chemthan]

Mấy bạn chuyên toán bây giờ ít trao đổi trên diễn đàn quá.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[taikhoan2002]

CÁC BOSS NGHỈ HÈ DU LỊCH R
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vnt.hnue]

Bài số 5
Đặt $a_{1}=a, a_{n}=b, a_{n+1}=x,a_{n+2}=x_{1},... $ với mọi $n$ lớn hơn hoặc bằng $N$.
Suy ra $x|ab$, dẫn đến $\frac{b}{x}+\frac{x-b}{a}=\frac{y}{a}+\frac{x-b}{a}=m$. Ta có hệ sau:
$x+y=ma+b$
$xy=ab$
Nếu $(a,b)>1$, gọi $p$ là một ước nguyên tố chung của $a,b$, thay vào hệ trên được ngay $p|x,p|y$. Vậy ta có thể chia bộ $a,b,x,y$ cho các ước nguyên tố $p$ cho đến khi $(a',b')=1$. Do đó $(a,b)|x_{n}$ với mọi $n$. Ta có:
$x'+y'=ma'+b'$
$x'y'=a'b'$
Suy ra $x'|a'b'$, dẫn đến $x_{n}|[a,b]$ $(1)$ và $(a,b)|x_{n}$
Tương tự, ta cũng có $(a,x_{n})|x_{n+1}$, suy ra
$(a,x_{n})|(a,x_{n+1})$, vậy:
$(a,x_{n})\leq (a,x_{n+1})\leq (a,x_{n+2}) \leq (a,x_{n+3}) \leq ....$
Chứng minh tương tự $(1)$, ta cũng có:
$[a,b] \geq [a,x] \geq ....\geq [a,x_{n}] \geq [a, x_{n+1}] \geq [a,x_{n+2}] \geq...$
Mà $[a,b]$ là hữu hạn nên theo $(1)$ thì tập giá trị của $x_{n}$ là hữu hạn, nhưng dãy $x_{n}$ là vô hạn nên tồn tại dãy con $x_{n_{i}}$ có tất cả các phần tử bằng nhau.
Theo các nhận xét trên, suy ra:
$(a,x_{n_{i}})\leq (a,x_{n_{i}+2})\leq (a,x_{n_{i}+3}) \leq ....\leq (a,x_{n_{i+1}}=(a,x_{n_{i}}))$
$[a,x_{n_{i}}] \geq [a,x_{n_{i}+1}] \geq ....\geq [a,x_{n_{i+1}}] =[a,x_{n_{i}}]$
Do đó $ax_{n_{i}}=ax_{n_{i}+1}=...=ax_{n_{i+1}}$
Dẫn đến $x_{n_{i}}=x_{n_{i}+1}=...=x_{n_{i+1}}$
Chọn $a_{M}=x_{n_{1}}$, ta có điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vnt.hnue]

Bài số 2
Coi $a_{n+1},a_{n+2}$ như $a_{1},a_{2}$, ta được hệ hoán vị vòng quanh.
Giải thử với trường hợp $n=3$, ta được nghiệm $-1,-1,2$, nhận thấy với $n=3k$ thì cũng thỏa mãn (ghép bộ trên $k$ lần).
Ta sẽ chứng minh $n=3k$ là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài, bằng cách chứng minh nếu có dãy số thực $a_{n}$ thỏa mãn điều trên thì sẽ đan dấu theo dạng $+,-,-,+,-,-,....$
Chứng minh được thực hiện qua 4 nhận xét như sau:
Nhận xét 1 : Không có số nào trong dãy bằng 0.
Thật vậy, nếu tồn tại $a_{i}=0$, dãy sẽ trở thành dãy tăng từ $a_{i+3}$, vì hệ hoán vị vòng quanh nên suy ra được $a_{i}>0$, vô lý.
Nhận xét 2 Không có 2 số dương đứng cạnh nhau, không có 3 số âm đứng cạnh nhau.
Tương tự như ở trên, khi 2 số dương đứng cạnh nhau ta sẽ suy ra dãy tăng. 3 số âm không thể đứng cạnh nhau có được trực tiếp từ $a_{i}a_{i+1}+1=a_{i+2}$
Nhận xét 3 Dãy không đan dấu theo dạng $+,-,+,-,...$
Từ $a_{1}a_{2}+1=a_{3}$ suy ra $(a_{1}-1)(a_{2}-1)=a_{3}-a_{2}-a_{1}$ .
Nếu dãy đan dấu như trên, có ngay mọi số dương đều bé hơn 1, vì $a_{i}a_{i+1}+1=a_{i+2}$, do đó $(a_{1}-1)(a_{2}-1)>0$ dẫn đến $a_{3}-a_{2}-a_{1}>0$ hay $a_{3}>a_{2}+a_{1}$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a_{2k}$ dương, suy ra $a_{3}>a_{1}$. Thực hiện tương tự suy ra dãy $a_{2k+1}$ là dãy tăng, tương tự như trên, điều này vô lý.
Nhận xét 4 Không có 5 phần tử đứng cạnh nhau có đan dấu dạng $+,-,+,-,-$
Đánh giá 5 phần tử trên, ta cũng sẽ rút được một dãy con giảm, suy ra vô lý.
Vậy dãy phải đan dấu theo dạng $+,-,-,+,-,-,...$
$n$ không thể bằng $3k+1$ hay $3k+2$ theo các nhận xét 2 và 4.
Với mọi $n$ chia hết cho 3, ta đã chỉ ra được dãy thỏa mãn ở trên.
Vậy $n=3k$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vnt.hnue]

Bài số 3
Kẻ 2 đường trung bình lần lượt đi qua trung điểm 2 cạnh bên tam giác xuống trung điểm cạnh đáy, ta được 2 tam giác nhỏ phía đáy.
Ta xây dựng một đường gấp khúc có đỉnh tăng dần bắt đầu từ đỉnh tam giác phản Pascal đến đáy. Vì với mọi số $a$ thì phía dưới $a$ sẽ là $x$ và $a+x$ nên số ở điểm cuối đường gấp khúc có dạng $a+x_{1}+x_{2}+...+x_{2017}$. Đường gấp khúc này cắt 1 và chỉ 1 tam giác nhỏ. Ở tam giác nhỏ còn lại, ta thiết lập 1 đường gấp khúc tương tự, có điểm cuối là $b+y_{1}+y_{2}+...+y_{1008}$
Tổng 2 điểm cuối là tổng của 3027 số tự nhiên phân biệt, do đó bé nhất bằng $1+2+3+...+3027>2(1+2+3+...+2018)$, vô lý vì mỗi số trong tam giác đều không vượt quá $(1+2+3+...+2018)$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Một cách khác cho bài hình 1.

Gọi $({{\omega }_{1}}),({{\omega }_{2}})$ lần lượt là đường tròn tâm $F,$ bán kính $FB$ và đường tròn tâm $G,$ bán kính $GC.$ Giả sử $P,R$ lần lượt là giao điểm của đường tròn $({{\omega }_{1}})$ với $\Gamma $ và $FD$; còn $Q,S$ lần lượt là giao điểm của đường tròn $({{\omega }_{2}})$ với $\Gamma $ và $GE.$
Ta thấy $\angle ADF=180{}^\circ -\angle BDF=180{}^\circ -\angle DBF=\angle APF$ nên hai tam giác $ADF,APF$ bằng nhau; suy ra $AP=AD.$ Chứng minh tương tự thì $AQ=AE.$ Do đó, $AP=AD=AE=AQ$ nên tứ giác $PDEQ$ nội tiếp trong đường tròn tâm $A.$ Gọi $U$ là giao điểm của $DP,QE$ thì
$UD\cdot UP=UE\cdot UQ$ hay ${{\mathcal{P}}_{U/({{\omega }_{1}})}}={{\mathcal{P}}_{U/({{\omega }_{2}})}}$.
Gọi $AK$ là đường kính của $\Gamma $ thì $AF\bot FK.$ Mặt khác, dễ thấy rằng $AF\bot DP$ và $DP\bot PR$ nên $KF\bot PR,$ mà $FP=FR$ nên $FK$ là trung trực của $PR$, suy ra $KP=KR.$
Tương tự thì $KQ=KS.$ Hơn nữa, vì $AP=AQ$ nên $KP=KQ$ kéo theo $KR=KP=KQ=KS$ hay $RPQS$ nội tiếp trong đường tròn tâm $K$. Lại gọi $V$ là giao điểm của $PR,QS$ thì
$VP\cdot VR=VQ\cdot VS$ hay ${{\mathcal{P}}_{V/({{\omega }_{1}})}}={{\mathcal{P}}_{V/({{\omega }_{2}})}}$.
Từ đó suy ra $UV$ là trục đẳng phương của $({{\omega }_{1}}),({{\omega }_{2}})$ nên $UV\bot FG.$
Cuối cùng, $\angle EUV=\angle VPQ=90{}^\circ -\angle QPU=90{}^\circ -\angle DEU$ nên $UV\bot DE.$
Vậy nên $DE$ và $FG$ song song hoặc trùng nhau.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mr_Pi]

Mấy bạn chuyên toán bây giờ ít trao đổi trên diễn đàn quá.

Do sợ vô gặp chemthan lại mất công nảy sinh tình cảm đây. Thiệt đáng là lo ngại vô cùng!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[namlongemc]

Hay quá, cảm ơn nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]