De thi va loi giai imo 2024 3554

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên ? sao cho với mọi hàm số đẹp ?, có không quá ? số hữu tỷ phân biệt có dạng ?? + ?−?, với ? là số hữu tỷ nào đó, và tìm giá trị nhỏ nhất có thể của ?...

IMO2024 65th International Mathematical Olympiad

VNM1 Vietnamese (vie), day 1 Exam hall: J - 05 Thứ Ba, ngày 16 tháng Bảy năm 2024 Bài 1 Xác định tất cả các số thực 𝛼 sao cho với mọi số nguyên dương 𝑛 thì số

số nguyên 𝑥 và 𝑦.)

Bài 3 Cho dãy vô hạn các số nguyên dương 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, … và số nguyên dương 𝑁 Giả

sử rằng với mọi 𝑛 > 𝑁, 𝑎𝑛 bằng số lần xuất hiện của 𝑎𝑛−1 trong dãy 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛−1 Chứng minh rằng một trong hai dãy số 𝑎1, 𝑎3, 𝑎5, … và 𝑎2, 𝑎4, 𝑎6, … là tuần hoàn kể

từ một chỉ số nào đó

(Một dãy số vô hạn 𝑏1, 𝑏2, 𝑏3, … là tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó nếu tồn tại các

số nguyên dương 𝑝 và 𝑀 sao cho 𝑏𝑚+𝑝 = 𝑏𝑚 với mọi 𝑚 ⩾ 𝑀.)

IMO2024 65th International Mathematical Mathematical Olympiad Vietnamese (vie), day 2 Exam hall: R - 36 Thú Tư, ngày 17 tháng Bảy năm 2024 Bài 4 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 với 𝐴𝐵 < 𝐴𝐶 < 𝐵𝐶 Gọi 𝐼 và 𝜔 tương ứng là tâm nội tiếp

và đường tròn nội tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶 Gọi 𝑋 là điểm nằm trên đường thẳng 𝐵𝐶, khác

𝐶, sao cho đường thẳng qua 𝑋 và song song với 𝐴𝐶 tiếp xúc với 𝜔 Tương tự, gọi 𝑌

là điểm nằm trên đường thẳng 𝐵𝐶, khác 𝐵, sao cho đường thẳng qua 𝑌 và song song với 𝐴𝐵 tiếp xúc với 𝜔 Đường thẳng 𝐴𝐼 cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶 tại 𝑃 ≠ 𝐴 Gọi 𝐾 và 𝐿 tương ứng là trung điểm của 𝐴𝐶 và 𝐴𝐵 Chứng minh rằng ∠𝐾𝐼𝐿 + ∠𝑌𝑃𝑋 = 180∘

Bài 5 Ốc sên Turbo chơi trò chơi sau trên một bảng ô vuông gồm 2024 hàng và

2023 cột Trong 2022 ô vuông đơn vị nào đó, có các con quỷ nấp ở đó Ban đầu, Turbo không hề biết ô nào có quỷ nấp, nhưng nó biết rằng trên mỗi hàng có đúng một con quỷ, ngoại trừ hàng đầu tiên và hàng cuối cùng, và trên mỗi cột có không quá một con quỷ

Turbo thực hiện một chuỗi các lần thử để tìm cách đi từ hàng đầu tiên tới hàng cuối cùng Tại mỗi lần thử, nó được quyền chọn một ô bất kỳ trên hàng đầu tiên để xuất phát, sau đó liên tục di chuyển giữa các ô, mỗi bước từ một ô sang một ô có cạnh chung với ô mà nó đang đứng (Nó được phép đi qua các ô đã từng ghé qua trước đó.) Nếu nó tới một ô có quỷ thì lần thử này dừng lại và nó được đưa trở lại hàng đầu tiên để thực hiện một lần thử mới Những con quỷ không di chuyển, và Turbo nhớ mỗi ô nó từng ghé qua là có quỷ hay không Nếu nó tới được một ô bất

kỳ trên hàng cuối cùng thì trò chơi kết thúc

Xác định giá trị nhỏ nhất của 𝑛 sao cho Turbo luôn có chiến lược đảm bảo tới được hàng cuối cùng sau không quá 𝑛 lần thử, cho dù những con quỷ có nấp ở những ô nào đi chăng nữa

Bài 6 Ký hiệu ℚ là tập các số hữu tỷ Một hàm số 𝑓: ℚ → ℚ được gọi là đẹp nếu có

tính chất sau: với mỗi 𝑥, 𝑦 ∈ ℚ,

𝑓(𝑥 + 𝑓(𝑦)) = 𝑓(𝑥) + 𝑦 hoặ c ⁡𝑓(𝑓(𝑥) + 𝑦) = 𝑥 + 𝑓(𝑦)

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên 𝑐 sao cho với mọi hàm số đẹp 𝑓, có không quá

𝑐 số hữu tỷ phân biệt có dạng 𝑓(𝑟) + 𝑓(−𝑟), với 𝑟 là số hữu tỷ nào đó, và tìm giá trị nhỏ nhất có thể của 𝑐

Bài 1 Xác định tất cả các số thực 𝛼 sao cho với mọi số nguyên dương 𝑛 thì số

nguyên

⌊𝛼⌋ + ⌊2𝛼⌋ + ⋯ + ⌊𝑛𝛼⌋

là một bội của 𝑛 (Trong đó, ⌊𝑧⌋ ký hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá 𝑧 Ví

dụ, ⌊−𝜋⌋ = −4 và ⌊2⌋ = ⌊2,9⌋ = 2.)

Câu trả lời: Tất cả các số nguyên chẵn đều thỏa mãn điều kiện của bài toán và

không có số thực 𝛼 nào khác thỏa mãn điều kiện này

Lời giải 1: Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh rằng các số nguyên chẵn thỏa mãn

điều kiện Nếu 𝛼 = 2m , trong đó m là một số nguyên, thì

⌊𝛼⌋ + ⌊2𝛼⌋ + ⋯ + ⌊𝑛𝛼⌋ = 2𝑚 + 4𝑚 + ⋯ + 2𝑚𝑛 = 𝑚𝑛(𝑛 + 1)

đây là một bội số của 𝑛

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng chỉ có các số thực này mới thỏa mãn điều kiện của bài toán Giả sử 𝛼 = 𝑘 + 𝜖, trong đó 𝑘 là một số nguyên và 0 ⩽ 𝜖 < 1 Khi

⌊𝜖⌋ + ⌊2𝜖⌋ + ⋯ + ⌊𝑛𝜖⌋

cũng phải là một bội số của 𝑛

Chúng ta sẽ chứng minh rằng ⌊𝑛𝜖⌋ = 0 với mọi số nguyên dương 𝑛 bằng phương pháp quy nạp mạnh Trường hợp cơ sở 𝑛 = 1 xuất phát từ thực tế rằng 0 ⩽ 𝜖 < 1 Giả sử rằng ⌊𝑚𝜖⌋ = 0 với mọi 1 ⩽ m < n Khi đó số:

⌊𝜖⌋ + ⌊2𝜖⌋ + ⋯ + ⌊𝑛𝜖⌋ = ⌊𝑛𝜖⌋

phải là một bội số của 𝑛 Vì 0 ⩽ 𝜖 < 1 nên 0 ⩽ 𝑛𝜖 < 𝑛, điều này có nghĩa là số ⌊𝑛𝜖⌋ phải bằng 0

Đẳng thức ⌊𝑛𝜖⌋ = 0 ngụ ý 0 ⩽ 𝜖 < 1/𝑛 Vì điều này phải đúng với mọi 𝑛, chúng ta kết luận rằng 𝜖 = 0 và khi đó 𝛼 là một số nguyên chẵn

Trường hợp 2: k là số lẻ

Chúng ta sẽ chứng minh rằng ⌊𝑛𝜖⌋ = 𝑛 − 1 với mọi số tự nhiên 𝑛 bằng phương pháp quy nạp mạnh Trường hợp cơ sở 𝑛 = 1 xuất phát từ thực tế rằng 0 ⩽ 𝜖 < 1 Giả sử rằng ⌊𝑛𝜖⌋ = 𝑚 − 1 với mọi 1 ⩽ 𝑚 < n Chúng ta cần số:

𝑘𝑛(𝑛 + 1)

2 + ⌊𝜖⌋ + ⌊2𝜖⌋ + ⋯ + ⌊𝑛𝜖⌋ =

𝑘𝑛(𝑛 + 1)

2 + 0 + 1 + ⋯ + (𝑛 − 2) + ⌊𝑛𝜖⌋ =𝑘𝑛(𝑛 + 1)

Lời giải 2: Như trong Lời giải 1, chúng ta kiểm tra rằng các số nguyên chẵn thỏa

mãn điều kiện Sau đó, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử 0 ⩽ 𝛼 < 2 Chúng ta đặt 𝑆𝑛 = ⌊𝛼⌋ + ⌊2𝛼⌋ + ⋯ + ⌊𝑛𝛼⌋

Lưu ý rằng:

𝑆𝑛 ≡ 0(mod𝑛)

𝑆𝑛 ≡ 𝑆𝑛− 𝑆𝑛−1 = ⌊𝑛𝛼⌋⁡(mod⁡𝑛 − 1)Ngoài ra,

0 ⩽ 𝑛⌊𝑛𝛼⌋ − 𝑆𝑛 = ∑  

𝑛

𝑘=1(⌊𝑛𝛼⌋ − ⌊𝑘𝛼⌋) < ∑  

𝑛

𝑘=1

(𝑛𝛼 − 𝑘𝛼 + 1) = 𝑛(𝑛 − 1)

2 𝛼 + 𝑛 Với n đủ lớn, vế phải của (4) nhỏ hơn n(n-1) Sau đó (3) buộc

0 = 𝑆𝑛− 𝑛⌊𝑛𝛼⌋ = ∑  

𝑛

𝑘=1(⌊𝑛𝛼⌋ − ⌊𝑘𝛼⌋)

với n đủ lớn

Vì ⌊𝑛𝛼⌋ − ⌊𝑘𝛼⌋ ⩾ 0 với mọi 1 ⩽ k ⩽ n, chúng ta có từ (5) rằng, với mọi n đủ lớn, tất

cả các bất đẳng thức này đều là đẳng thức Cụ thể ⌊𝛼⌋ = ⌊𝑛𝛼⌋ với mọi n đủ lớn, điều này là vô lý trừ khi 𝛼 = 0

Nhận xét: Một kết thúc thay thế cho lời giải trước như sau

Theo định nghĩa, chúng ta có 𝑆𝑛 ⩽ 𝛼𝑛(𝑛+1)

2 , mặt khác (5) ngụ ý 𝑆𝑛 ⩾ 𝛼𝑛2− 𝑛 với mọi n đủ lớn, do đó 𝛼 = 0

Lời giải 3 Như các lời giải trước, Không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử

rằng 0 ⩽ 𝛼 < 2 Các số nguyên chẵn thỏa mãn điều kiện này, nên chúng ta giả sử

𝛼⌉ > 1, thì:

⌊𝛼⌋ + ⌊2𝛼⌋ + ⋯ + ⌊𝑚𝛼⌋ = 1 Không phải là một bội số của 𝑚, vì vậy chúng ta suy ra (7) Do đó, ⌊𝛼⌋ = 1 và (6) được thỏa mãn

Đối với bước quy nạp: giả sử giả thiết quy nạp đúng với 𝑛, thì theo (7):

Lời giải 4 Như trong các lời giải khác, không mất tính tổng quát, chúng ta sẽ giả

sử rằng 0 < 𝛼 < 2 và dẫn đến một mâu thuẫn Với mỗi n , chúng ta định nghĩa

đối với tất cả n > 1/𝛼 Từ đó suy ra rằng 𝑏𝑛+1 > 𝑏𝑛 ⇒ 𝑏𝑛+1 ≥ 𝑏𝑛+ 1 đối với n >1/𝛼 Vì vậy, đối với tất cả các 𝑛 như vậy,

𝑏𝑛 ≥ 𝑛 + 𝐶 trong đó 𝐶 là một số nguyên cố định Mặt khác, định nghĩa của 𝑏𝑛 cho ta

Bài 2 Xác định tất cả các cặp số nguyên dương (𝑎, 𝑏) sao cho tồn tại các số

nguyên dương 𝑔 và 𝑁 thỏa mãn:

gcd⁡(𝑎𝑛+ 𝑏, 𝑏𝑛+ 𝑎) = 𝑔 với mọi số nguyên 𝑛 ⩾ 𝑁 (Trong đó, gcd⁡(𝑥, 𝑦) ký hiệu ước chung lớn nhất của các số nguyên 𝑥 và 𝑦.)

Đáp án: Chỉ có một nghiệm duy nhất là (𝑎, 𝑏) = (1,1)

Lời giải 1 Rõ ràng rằng chúng ta có thể chọn 𝑔 = 2 cho (a, b) = (1,1) Giả sử

rằng (a, b) thỏa mãn các điều kiện trong bài toán, hãy để N là một số nguyên dương sao cho gcd⁡(𝑎𝑛+ 𝑏, 𝑏𝑛+ 𝑎) = 𝑔 đối với mọi 𝑛 ≥ 𝑁

𝑑𝑛−1𝑥𝑛+ 𝑦 ≡ 𝑑−2𝑥−1+ 𝑦 ≡ 𝑑−2𝑥−1(1 + 𝑑2𝑥𝑦) ≡ 0(mod𝐾)

nên 𝐾 ∣ 𝑑𝑛−1𝑥𝑛 + 𝑦 Tương tự, chúng ta có 𝐾 ∣ 𝑑𝑛−1𝑦𝑛+ 𝑥 Chọn 𝑛 sao cho 𝑛 ≥ 𝑁

và thỏa mãn điều kiện trên cho chúng ta biết rằng:

𝐾 ∣ gcd⁡(𝑑𝑛−1𝑥𝑛+ 𝑦, 𝑑𝑛−1𝑦𝑛+ 𝑥) ≤ 2

Điều này chỉ có thể xảy ra khi 𝑑 = 𝑥 = 𝑦 = 1, điều này đưa ra nghiệm duy nhất là (a, b) = (1,1)

Lời giải 2 Sau khi chứng minh Bổ đề, ta có thể hoàn tất lời giải như sau

Đối với bất kỳ ước nguyên tố 𝑝 của 𝑎𝑏 + 1, 𝑝 là nguyên tố cùng nhau với 𝑎 và 𝑏 Chọn 𝑛 ≥ 𝑁 sao cho 𝑛 ≡ −1(mod⁡𝑝 − 1) Theo Bổ đề nhỏ Fermat, chúng ta có

𝑎𝑛 + 𝑏 ≡ 𝑎−1+ 𝑏 = 𝑎−1(1 + 𝑎𝑏) ≡ 0(mod𝑝)

𝑏𝑛 + 𝑎 ≡ 𝑏−1+ 𝑎 = 𝑏−1(1 + 𝑎𝑏) ≡ 0(mod𝑝),

khi đó 𝑝 chia hết cho 𝑔 Theo Bổ đề, ta có 𝑝 ∣ 2gcd⁡(𝑎, 𝑏), do đó 𝑝 = 2 Vì vậy, 𝑎𝑏 +

1 là lũy thừa của 2 , và cả 𝑎 và 𝑏 đều là các số lẻ

Nếu (𝑎, 𝑏) ≠ (1,1), thì 𝑎𝑏 + 1 chia hết cho 4 , do đó {𝑎, 𝑏} = {−1,1}(mod4) Đối với

𝑛 lẻ ≥ 𝑁, ta có

𝑎𝑛+ 𝑏 ≡ 𝑏𝑛 + 𝑎 ≡ (−1) + 1 = 0(mod4), khi đó 4 chia hết cho 𝑔 Nhưng theo Bổ đề, ta có 𝜈2(𝑔) ≤ 𝜈2(2gcd⁡(𝑎, 𝑏)) = 1, điều này dẫn đến một mâu thuẫn Vậy nghiệm duy nhất của bài toán là (𝑎, 𝑏) = (1,1)

Bình luận Trên thực tế, ý tưởng xét 𝑎𝑛+ 𝑏 và 𝑏𝑛+ 𝑎 theo modulo 𝑎𝑏 + 1 là đủ

để giải quyết bài toán, không cần đến Bổ đề Như trong lời giải 2 , chúng ta có

𝑎𝑏 + 1 ∣ 𝑎𝑛 + 𝑏 và 𝑎𝑏 + 1 ∣ 𝑏𝑛+ 𝑎 đối với vô số mũ 𝑛; do đó 𝑎𝑏 + 1 ∣ 𝑔 Sau đó, đối với 𝑛 đủ lớn ≡ 0⁡(mod𝜑(𝑎𝑏 + 1)) chúng ta có:

0 ≡ 𝑎𝑛+ 𝑏 ≡ 1 + 𝑏(mod𝑎𝑏 + 1)

và

0 ≡ 𝑏𝑛+ 𝑎 ≡ 1 + 𝑎(mod𝑎𝑏 + 1) Điều này dẫn ngay đến 𝑎 = 𝑏 = 1

Bài 3 Cho dãy vô hạn các số nguyên dương 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, … và số nguyên dương 𝑁 Giả sử rằng với mọi 𝑛 > 𝑁, 𝑎𝑛 bằng số lần xuất hiện của 𝑎𝑛−1 trong dãy

𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛−1

Chứng minh rằng một trong hai dãy số 𝑎1, 𝑎3, 𝑎5, … và 𝑎2, 𝑎4, 𝑎6, … là tuần hoàn

kể từ một chỉ số nào đó

(Một dãy số vô hạn 𝑏1, 𝑏2, 𝑏3, … là tuần hoàn kể từ một chỉ số nào đó nếu tồn tại các số nguyên dương 𝑝 và 𝑀 sao cho 𝑏𝑚+𝑝 = 𝑏𝑚 với mọi 𝑚 ⩾ 𝑀.)

Lời giải 1 Giả sử 𝑀 > max(𝑎1, … , 𝑎𝑁) Trước tiên, chúng ta chứng minh rằng có một số nguyên xuất hiện vô hạn lần Nếu không, thì dãy số chứa các số nguyên lớn hơn bất kỳ giá trị nào Lần đầu tiên mỗi số nguyên lớn hơn 𝑀 xuất hiện, nó sẽ được theo sau bởi số 1 Vì vậy, số 1 xuất hiện vô hạn lần, điều này dẫn đến mâu thuẫn

Bây giờ chúng ta chứng minh rằng mỗi số nguyên 𝑥 ≥ 𝑀 xuất hiện ít nhất là 𝑀 −

1 lần Nếu không, hãy xem lần đầu tiên mà bất kỳ số 𝑥 ≥ 𝑀 xuất hiện lần thứ 𝑀 Tính đến thời điểm này, mỗi lần xuất hiện của 𝑥 sẽ được theo sau bởi một số nguyên đã xuất hiện 𝑥 ≥ 𝑀 lần Do đó, ít nhất đã có 𝑀 số đã xuất hiện ít nhất 𝑀 lần trước khi 𝑥 xuất hiện, điều này dẫn đến mâu thuẫn

Vì vậy, chỉ có một số hữu hạn các số xuất hiện vô hạn lần Giả sử số lớn nhất trong

số đó là 𝑘 Vì 𝑘 xuất hiện vô hạn lần, nên có vô hạn số nguyên lớn hơn 𝑀 xuất hiện ít nhất 𝑘 lần trong dãy số, vì vậy mỗi số nguyên 1,2, … , 𝑘 − 1 cũng xuất hiện

vô hạn lần Vì 𝑘 + 1 không xuất hiện vô hạn lần nên chỉ có một số hữu hạn các số xuất hiện nhiều hơn 𝑘 lần Giả sử số lớn nhất trong số đó là 𝑙 ≥ 𝑘 Từ đây trở đi, chúng ta gọi một số nguyên 𝑥 là lớn nếu 𝑥 > 𝑙, là trung bình nếu 𝑙 ≥ 𝑥 > 𝑘 và là nhỏ nếu 𝑥 ≤ 𝑘 Tóm lại, mỗi số nhỏ xuất hiện vô hạn lần trong dãy số, trong khi mỗi số lớn xuất hiện ít nhất là 𝑘 lần trong dãy số

Chọn một số 𝑁′ > 𝑁 đủ lớn sao cho 𝑎𝑁′ là số nhỏ, và trong dãy 𝑎1, … , 𝑎𝑁′ :

• Mỗi số trung bình đã xuất hiện đủ số lần của nó;

• Mỗi số nhỏ đã xuất hiện nhiều hơn max(𝑘, 𝑁) lần

Vì mỗi số nhỏ đã xuất hiện nhiều hơn 𝑘 lần, nên sau điểm này, mỗi số nhỏ phải được theo sau bởi một số lớn Cũng theo định nghĩa, mỗi số lớn xuất hiện ít nhất

là 𝑘 lần, nên nó phải được theo sau bởi một số nhỏ Do đó, dãy số luân phiên giữa các số lớn và số nhỏ sau 𝑎𝑁′

Bổ đề 1 Giả sử 𝑔 là một số lớn xuất hiện sau 𝑎𝑁′ Nếu 𝑔 được theo sau bởi số nhỏ

ℎ, thì ℎ bằng số lượng các số nhỏ đã xuất hiện ít nhất 𝑔 lần trước thời điểm đó

Chứng minh Theo định nghĩa của 𝑁′, số nhỏ ngay trước 𝑔 đã xuất hiện nhiều hơn max(𝑘, 𝑁) lần, vì vậy 𝑔 > max(𝑘, 𝑁) Và vì 𝑔 > 𝑁, lần xuất hiện thứ 𝑔 của mỗi

số nhỏ phải xảy ra sau 𝑎𝑁 và do đó được theo sau bởi 𝑔 Vì có 𝑘 số nhỏ và 𝑔 xuất hiện ít nhất là 𝑘 lần, 𝑔 phải xuất hiện chính xác 𝑘 lần, luôn theo sau một số nhỏ sau 𝑎𝑁 Do đó, tại lần xuất hiện thứ ℎ của 𝑔, chính xác ℎ số nhỏ đã xuất hiện ít nhất 𝑔 lần trước thời điểm đó

Bổ đề 2 Giả sử rằng 𝑖 và 𝑗 thỏa mãn các điều kiện sau:

(a) 𝑗 > 𝑖 > 𝑁′+ 2,

Giả sử số nhỏ 𝑎𝑗−2 không thuộc 𝐼 Điều này có nghĩa là 𝑎𝑗−2 đã xuất hiện ít hơn

𝑎𝑖−1 lần trong 𝑎[1,𝑖−1] Theo (c), 𝑎𝑗−2 đã xuất hiện ít nhất là 𝑎𝑖−1 lần trong 𝑎[1,𝑗−1],

do đó 𝑎𝑗−1 ≤ 𝑎𝑖−1 Kết hợp với 𝑎[1,𝑖−1] ⊆ 𝑎[1,𝑗−1], điều này dẫn đến 𝐼 ⊆ 𝐽 Nhưng vì

𝑎𝑗−2 ∈ 𝐽 ∖ 𝐼, điều này mâu thuẫn với |𝐼| = |𝐽| Vậy 𝑎𝑗−2∈ 𝐼, có nghĩa là nó đã xuất hiện ít nhất là 𝑎𝑖−1 lần trong 𝑎[1,𝑖−1] và một lần nữa trong 𝑎[𝑖,𝑗−1] Do đó, 𝑎𝑗−1 >

𝑖 = 𝑛 Bổ đề 2 cũng chỉ ra rằng 𝑝𝑛 ≥ 𝑝𝑛−2 Do đó, 𝑝𝑛, 𝑝𝑛+2, 𝑝𝑛+4, … là một dãy số không giảm bị chặn trên bởi 2𝑘 (vì có chỉ 𝑘 số nhỏ) Vì vậy, 𝑝𝑛, 𝑝𝑛+2, 𝑝𝑛+4, … cuối cùng trở nên không thay đổi và dãy số của các số nhỏ trở nên tuần hoàn với chu

kỳ tối đa là 𝑘

Lưu ý Vì mỗi số nhỏ xuất hiện vô hạn lần, Lời giải 1 còn chứng minh rằng dãy số

của các số nhỏ có chu kỳ bằng 𝑘 Phần lặp lại của dãy số các số nhỏ do đó là một hoán vị của các số nguyên từ 1 đến 𝑘 Có thể chỉ ra rằng bất kỳ hoán vị nào của các

số nguyên từ 1 đến 𝑘 đều có thể đạt được theo cách này

Lời giải 2 Chúng ta tiếp tục theo Lời giải 1 cho đến sau Bổ đề 1 Đối với mỗi 𝑛 >

𝑁′, chúng ta theo dõi số lần mỗi số từ 1 đến 𝑘 đã xuất hiện trong 𝑎1, … , 𝑎𝑛 Chúng

ta sẽ ghi lại thông tin này trong một tuple (𝑘 + 1) đang cập nhật:

(𝑏1, 𝑏2, … , 𝑏𝑘; 𝑗) trong đó mỗi 𝑏𝑖 ghi số lần số 𝑖 đã xuất hiện Phần tử cuối cùng 𝑗 của tuple (k + 1), còn gọi là phần tử hiện tại, đại diện cho số nhỏ gần nhất đã xuất hiện trong

𝑎1, … , 𝑎𝑛

Khi 𝑛 tăng lên, giá trị của (𝑏1, 𝑏2, … , 𝑏𝑘; 𝑗) được cập nhật mỗi khi 𝑎𝑛 là số nhỏ Tuple (k+1) cập nhật theo cách xác định dựa trên giá trị trước đó của nó Cụ thể, khi 𝑎𝑛 = 𝑗 là số nhỏ, phần tử hiện tại được cập nhật thành 𝑗 và chúng ta tăng 𝑏𝑗lên 1 Số lớn tiếp theo là 𝑎𝑛+1 = 𝑏𝑗 Theo Bổ đề 1, giá trị tiếp theo của phần tử hiện tại, hoặc số nhỏ tiếp theo 𝑎𝑛+2, được cho bởi số lượng các 𝑏 có giá trị lớn hơn hoặc bằng 𝑏𝑗 mới được cập nhật, hoặc

|{𝑖 ∣ 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑘, 𝑏𝑖 ≥ 𝑏𝑗}|

Mỗi số nguyên đủ lớn xuất hiện 𝑖 + 1 lần cũng phải xuất hiện 𝑖 lần, với cả hai lần xuất hiện này xảy ra sau khối ban đầu của 𝑁 Vì vậy, tồn tại một hằng số toàn cục

𝐶 sao cho 𝑏𝑖+1− 𝑏𝑖 ≤ 𝐶 Giả sử rằng với một số 𝑟, 𝑏𝑟+1− 𝑏𝑟 không bị chặn từ dưới

Vì giá trị của 𝑏𝑟+1− 𝑏𝑟 thay đổi tối đa là 1 khi nó được cập nhật, nên phải có một lần cập nhật nào đó mà 𝑏𝑟+1− 𝑏𝑟 giảm và 𝑏𝑟+1− 𝑏𝑟 < −(𝑘 − 1)𝐶 Kết hợp với thực tế rằng 𝑏𝑖 − 𝑏𝑖−1≤ 𝐶 cho tất cả 𝑖, chúng ta thấy rằng tại điểm cụ thể này, theo bất đẳng thức tam giác:

Do đó, dãy số con, hoặc 𝑎1, 𝑎3, 𝑎5, … hoặc 𝑎2, 𝑎4, 𝑎6, …, phải trở nên tuần hoàn

Bài 4 Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 với 𝐴𝐵 < 𝐴𝐶 < 𝐵𝐶 Gọi 𝐼 và 𝜔 tương ứng là tâm nội

tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶 Gọi 𝑋 là điểm nằm trên đường thẳng

𝐵𝐶, khác 𝐶, sao cho đường thẳng qua 𝑋 và song song với 𝐴𝐶 tiếp xúc với 𝜔 Tương tự, gọi 𝑌 là điểm nằm trên đường thẳng 𝐵𝐶, khác 𝐵, sao cho đường

thẳng qua 𝑌 và song song với 𝐴𝐵 tiếp xúc với 𝜔 Đường thẳng 𝐴𝐼 cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶 tại 𝑃 ≠ 𝐴 Gọi 𝐾 và 𝐿 tương ứng là trung điểm của

𝐴𝐶 và 𝐴𝐵

Chứng minh rằng ∠𝐾𝐼𝐿 + ∠𝑌𝑃𝑋 = 180∘

Lời giải 1 Giả sử 𝐴′ là hình chiếu của 𝐴 qua 𝐼, thì 𝐴′ nằm trên phân giác góc 𝐴𝑃 Các đường thẳng 𝐴′𝑋 và 𝐴′𝑌 là hình chiếu của 𝐴𝐶 và 𝐴𝐵 qua 𝐼, tương ứng, và do

đó chúng là các tiếp tuyến của 𝜔 từ 𝑋 và 𝑌 Như đã biết, 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 = 𝑃𝐼 và vì

∠𝐵𝐴𝑃 = ∠𝑃𝐴𝐶 > 30∘, 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 lớn hơn bán kính ngoại tiếp Do đó, 𝑃𝐼 >1

2𝐴𝑃 >𝐴𝐼; chúng ta kết luận rằng 𝐴′ nằm trong đoạn 𝐴𝑃

Chúng ta có ∠𝐴𝑃𝐵 = ∠𝐴𝐶𝐵 trong đường tròn ngoại tiếp và ∠𝐴𝐶𝐵 = ∠𝐴′𝑋𝐶 vì

𝐴′𝑋 ∥ 𝐴𝐶 Do đó, ∠𝐴𝑃𝐵 = ∠𝐴′𝑋𝐶, và do đó tứ giác 𝐵𝑃𝐴′𝑋 là tứ giác ngoại tiếp Tương tự, điều này cho thấy 𝐶𝑌𝐴′𝑃 là tứ giác ngoại tiếp

Bây giờ chúng ta sẵn sàng chuyển đổi ∠𝐾𝐼𝐿 + ∠𝑌𝑃𝑋 thành tổng các góc trong tam giác 𝐴′𝐶𝐵 Bằng phép vị tự tỷ lệ 2 tại 𝐴, chúng ta có ∠𝐾𝐼𝐿 = ∠𝐶𝐴′𝐵 Trong các đường tròn 𝐵𝑃𝐴′𝑋 và 𝐶𝑌𝐴′𝑃, chúng ta có ∠𝐴𝑃𝑋 = ∠𝐴′𝐵𝐶 và ∠𝑌𝑃𝐴 = ∠𝐵𝐶𝐴′, do

đó

∠𝐾𝐼𝐿 + ∠𝑌𝑃𝑋 = ∠𝐶𝐴′𝐵 + (∠𝑌𝑃𝐴 + ∠𝐴𝑃𝑋) = ∠𝐶𝐴′𝐵 + ∠𝐵𝐶𝐴′+ ∠𝐴′𝐵𝐶 = 180∘

Nhận xét Ràng buộc 𝐴𝐵 < 𝐴𝐶 < 𝐵𝐶 được Ủy ban Lựa chọn bài toán thêm vào

nhằm giảm các trường hợp xảy ra Nếu không có điều này, sẽ có thêm hai cấu hình có thể xảy ra theo thứ tự của các điểm 𝐴, 𝑃 và 𝐴′, như được chỉ ra trong các hình minh họa dưới đây Lời giải cho các trường hợp này về cơ bản là giống nhau, nhưng cần phải chú ý thêm trong trường hợp suy biến khi 𝐴′ trùng với 𝑃 và

đường thẳng 𝐴𝑃 là tiếp tuyến chung của các đường tròn 𝐵𝑃𝑋 và 𝐶𝑃𝑌

Lời giải 2 Gọi 𝐵𝐶 = 𝑎, 𝐴𝐶 = 𝑏, 𝐴𝐵 = 𝑐 và 𝑠 =𝑎+𝑏+𝑐

2 Gọi bán kính của đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp tại đỉnh B và đường tròn bàng tiếp tại đỉnh C lần lượt là 𝑟, 𝑟𝑏 và 𝑟𝑐 Gọi đường tròn nội tiếp tiếp xúc với 𝐴𝐶 và 𝐴𝐵 tại 𝐵0 và 𝐶0, tương ứng; gọi đường tròn bàng tiếp tại đỉnh B tiếp xúc với 𝐴𝐶 tại 𝐵1, và gọi đường tròn bàng tiếp tại đỉnh C tiếp xúc với 𝐴𝐵 tại 𝐶1 Như đã biết, 𝐴𝐵1 = 𝑠 − 𝑐 và diện tích của tam giác △ 𝐴𝐵𝐶 = 𝑟𝑠 = 𝑟𝑐(𝑠 − 𝑐)

Gọi đường thẳng qua 𝑋, song song với 𝐴𝐶, tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tại 𝐸,

và đường thẳng qua 𝑌, song song với 𝐴𝐵, tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tại 𝐷 Cuối cùng, gọi 𝐴𝑃 cắt 𝐵𝐵1 tại 𝐹