Kỳ thi Olympic Toán dành cho sinh viên lần thứ 23 được tổ chức từ 13- 19/4/2015 tại Trường đại học Kinh tế - Đại học Huế. Tập kỷ yếu của Kỳ thi Olympic Toán Sinh viên lần thứ 23 tập hợp một số bài cùng với các đáp án do các trường và học viện tham gia kỳ thi đề xuất. Mời các bạn cùng tham khảo.
KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 23 Huế, 13-19/4/2015 HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ ĐẠI HỌC HUẾ HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ ĐẠI HỌC HUẾ KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 23 BIÊN TẬP Đồn Trung Cường Hội Tốn học Việt Nam & Viện Toán học Đỗ Văn Kiên Đại học Sư phạm Hà Nội Phạm Thanh Tâm Đại học Sư phạm Hà Nội Nguyễn Văn Tuyên Đại học Sư phạm Hà Nội HUẾ, 13-19/4/2015 Giới thiệu Tập kỷ yếu Kỳ thi Olympic Toán Sinh viên lần thứ 23 tập hợp số với đáp án trường học viện tham gia kỳ thi đề xuất Do giới hạn thời gian nên tập hợp tập từ đề soạn LATEX, đề thi đề xuất dạng file *.doc *.pdf mà khơng có file LATEX kèm không xuất tập kỳ yếu Chúng tơi giữ ngun cách trình bày đề đáp án đề xuất, sửa lại số lỗi nhỏ mà phát q trình biên tập Nhóm biên tập Mục lục I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 23 Thông tin kỳ thi Thông tin chung Kết 5 Olympic Toán dành cho sinh viên - Khơi dậy tình u tốn GS TSKH Phùng Hồ Hải Thơng báo: Kỳ thi Olympic Tốn Sinh viên lần thứ 24 (4/2016) Thông tin chung Đề cương mơn Đại số Giải tích 11 11 12 II 17 ĐỀ THI Đề thi thức Đại số Giải tích 2.1 Bảng A 2.2 Bảng B Các đề xuất: Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình tuyến tính Khơng gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức Tổ hợp 19 19 21 21 22 23 23 26 28 29 30 31 33 MỤC LỤC Các đề xuất: Giải tích Dãy số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Chuỗi số Phương trình hàm III HƯỚNG DẪN GIẢI Đề thi thức Đại số Giải tích 2.1 Bảng A 2.2 Bảng B 34 34 36 37 39 41 42 45 47 47 52 52 55 Các đề xuất: Đại số Ma trận Định thức Hệ phương trình tuyến tính Khơng gian véc tơ ánh xạ tuyến tính Giá trị riêng véc tơ riêng Đa thức Tổ hợp 58 58 67 75 76 80 82 89 Các đề xuất: Giải tích Dãy số Hàm số Phép tính vi phân Phép tính tích phân Chuỗi số Phương trình hàm 92 92 100 102 109 115 120 Phần I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 23 110 với u(x) = f (x) [f (x)] , v(x) = (1 − x)2 [f (x)] , p = , q = 1 (1 − x)2 f (x)dx = I |u(x)v(x)|dx = 0 3 |u(x)| dx = 0 3 |v(x)| dx [f (x)]3 dx [f (x)]2 = J3 , J (1 − x) f (x)dx = = (3I) Do I , ta 2 J (3I) , suy J minh I, ta có bất đẳng thức cần phải chứng Bài 4.3 (ĐH Bách Khoa Thành phố Hồ Chí Minh) Vì f có đạo hàm liên tục đến cấp [−2014, 2015] nên tồn hàm liên tục [−2014, 2015] , gọi ψ, cho f (x) = f (0) + xf (0) + x2 ψ (x) , với x ∈ [−2014, 2015] Chẳng hạn f (x) − f (0) − xf (0) x = 0, x ψ (x) = f ” (0) x = Dễ thấy −ε 2015 f (0) dx = x2 f (0) dx + x2 − 1 − 2015 2014 f (0) , −2014 ε −ε 2015 f (0) dx + x f (0) dx = (ln (2015) − ln (2014)) f (0) , x ε −2014 2015 −ε 2015 1 lim+ ψ (x) dx + ψ (x) dx = ψ (x) dx < ∞ ε→0 2 −2014 ε −2014 Dẫn đến hữu hạn giới hạn cần tính Bài 4.4 (HV Cơng nghệ Bưu Viễn thơng) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho tích phân, ta có 1 f (x)dx 0 dx ≥ f (x) f (x) dx f (x) = PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 111 Mặt khác 1 f (x)dx 0 1 dx = f (x) ≤ = Xét hàm g(t) = f (x) dx M M m M m 1 m dx f (x) f (x) dx + M M m m dx f (x) f (x) m + dx M f (x) m t + đoạn [m, M ] Ta có M t m − M t g (t) = Hàm số đạt giá trị lớn + 1 f (x)dx 0 m t = m t = M Do M 1 dx ≤ f (x) m M (1 + ) m M Như vậy, bất đẳng thức chứng minh Bài 4.5 (ĐH Đồng Tháp) Bằng cách nhân liên hợp ta có √ x2 + + x − f (x) = √ x2 + + x + √ √ ( x2 + + x − 1)[ x2 + − (x − 1)] √ = √ ( x2 + + + x)( x2 + + − x) x =√ x2 + + Suy f (x) hàm số lẻ R Do I = Bài 4.6 (ĐH Hùng Vương Phú Thọ) Ta có +∞ f x − dx = x −∞ +∞ f x − dx + x −∞ = I1 + I2 Đặt t = x − x f x− dx x 112 √ t − t2 + t2 + > x = dx = + √ t2 + t dx = − √ dt với x < Do t2 + t+ √ +∞ I1 = f (t) + √ −∞ t dt t2 + +∞ I2 = f (t) − √ −∞ +∞ +∞ f (x) √ f (x)dx hội tụ nên Do −∞ +∞ −∞ x dx hội tụ (do tiêu chuẩn Aben) +4 x2 +∞ f x − dx = x ⇒ t dt +4 t2 −∞ f (t)dt = J −∞ Bài 4.7 (ĐHKH Huế) Vì f g hàm đồng biến nghịch biến, nên (f (x) − f (y))(g(x) − g(y)) ≥ 0, ∀ x, y ∈ [0, 1] Ngoài ra, f g khả tích, ta có 1 (f (x) − f (y))(g(x) − g(y))dy ≥ dx 0 Chú ý tích phân vế trái 1 f (x)g(x)dx − 2 f (x)dx g(y)dy Từ suy điều phải chứng minh (Chú ý: Bài giải cách hơn, cách lấy giới hạn tổng Darboux với phân hoạch đều, sử dụng Bất đẳng thức Chebyshev) Bài 4.8 (ĐH Kỹ Thuật Hậu Cần CAND) Đa thức x3 − 3x + đổi dấu khoảng [−2, −1], [ 31 , 12 ], [ 23 , 2], khơng có khơng điểm ngồi khoảng Từ hàm f xác định liên tục đoạn lấy tích phân 1 Thực phép đổi biến x = 1−t đoạn [ 101 , 11 ] ta nhận 11 −10 f (x)dx = 101 −100 f (x) dx (1) x2 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN 113 Thực phép đổi biến x = − đoạn [ 101 , 11 ] ta nhận 100 10 t 11 10 −10 f (x) dx (2) (1 − x)2 f (x)dx = −100 101 100 Từ (1) (2) ta nhận −10 f (x)(1 + I= 1 + )dx x (1 − x)2 −100 Do I=− x2 − x x3 − 3x + −10 −100 = 11131110 107634259 số hữu tỉ Bài 4.9 (ĐH Quảng Bình) Khai triển Taylor hàm f c ∈ (a, b) ta có với x ∈ (a, b) f (x) = f (c) + f (c)(x − c) + f ”(c + θ(x − c)) (x − c)2 , θ ∈ (0, 1) 2! Nên f (x) ≥ f (c) + f (c)(x − c), ∀x ∈ (a, b) b b (f (c) + f (c)(x − c))dx f (x)dx ≥ a a = (b − a) f (c) + ( a+b − c)f (c) , ∀c ∈ (a, b) Bài 4.10 (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2) Với a ∈ (0, b) Theo giả thiết f nghịch biến [0, b] nên với x ∈ [a, b] ta có f (x) ≤ f (a) kéo theo xf (x) ≤ f (a) x Suy b b xf (x) dx ≤ f (a) a xdx = a b − a2 f (a) Hay f (a) ≥ 2 b − a2 b xf (x) dx (1) a Mặt khác, x ∈ [0, a] ta có f (x) ≥ f (a) kéo theo xf (x) ≥ f (a) x Suy a a a2 xf (x) dx ≥ f (a) xdx = f (a) 0 114 Hay f (a) ≤ a2 a xf (x) dx (2) Từ (1) (2) suy a2 a xf (x) dx ≥ b 2 b − a2 xf (x) dx a Hay b b a xf (x) dx = a2 xf (x) dx ≥ a2 b − a2 a a xf (x) dx xf (x) dx + Vì b a xf (x) dx ≥ a2 b2 xf (x) dx a Lấy tích phân phần hai vế ta thu a f (a) − a a f (x) dx ≥ b f (b) − b b f (x) dx Suy b2 b a2 f (x) dx − a f (x) dx ≥ f (b) f (a) − b a Dấu xảy f ≡ đoạn [0, b] x Bài 4.11 (ĐH Sư Phạm Huế) Đặt F (x) = f (t)dt Tích phân phần ta 1 F (x)dx = − xf (x)dx Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có 1/2 2 1/2 xf (x)dx ≤ 1/2 2 1 (x − )f (x)dx ≤ 1/2 1/2 1/2 f (x)dx x2 dx f (x)dx = 24 0 1 (x − )2 dx 1/2 f (x)dx = 24 f (x)dx 1/2 CHUỖI SỐ 115 Do 2 1/2 1 (x − )f (x)dx ≤ 24 xf (x)dx + 2 f (x)dx 1/2 Mặt khác 1/2 1/2 xf (x)dx = 1/2 f (x)dx − F (x)dx 1 1 (x − )f (x)dx = 2 f (x)dx − 1/2 1/2 F (x)dx 1/2 Vì 24 1/2 f (x)dx ≥ 1/2 1 2 f (x)dx − 1 = 2 F (x)dx 1/2 f (x)dx − 1/2 F (x)dx = f (x)dx − F (x)dx + 2 1/2 1/2 ≥ 1 F (x)dx + f (x)dx − 2 1/2 2 F (x)dx 1/2 2 xf (x)dx CHUỖI SỐ en n! un+1 nn Ta có lim = lim e = n→+∞ un n→+∞ (n + 1)n nn n e , dãy tăng lim = Mặt khác, dãy (a ) , a = + n n n n→+∞ + n n n n 1 nghiêm ngặt lim + = e nên + < e, ∀n ∈ N∗ Suy n→+∞ n n un+1 > 1, ∀n ∈ N∗ Suy (un ) dãy tăng Vì lim un = Vậy chuỗi n→+∞ un cho phân kỳ Bài 5.1 (ĐH An Giang) Đặt un = 116 ∞ Bài 5.2 (ĐH Bách Khoa Thành phố Hồ Chí Minh) |ak | (a) Từ giả thiết k=0 hội tụ |ak sinn (kx)| ≤ |ak | , với n ∈ Z x ∈ [0, π] dẫn đến chuỗi ∞ ak sinn (kx) hội tụ tuyệt đối k=0 ∞ Kết luận không cho giả thiết chuỗi ak hội tụ Ví dụ k=0 chọn dãy {ak }∞ k=0 (−1) k−1 ak = k 0 k lẻ, k chẵn ∞ Khi chuỗi ak hội tụ (chuỗi đan dấu) không hội tụ tuyệt k=0 ∞ π π ak sin k phân kỳ đối Chọn n = 1, x = , dễ thấy chuỗi 2 k=0 k−1 π (−1) k lẻ, sin k = k chẵn ∞ n (b) Vì hàm uk (x) = ak sin (kx) liên tục [0, π] chuỗi uk (x) k=0 hội tụ [0, π] nên tổng chuỗi, tức Sn (x), hàm liên tục [0, π] Đặt π sinn (kx) dx, Ik,n = π sinn (x) dx Jn = Bằng tích phân phân ta thấy Ik,n = π 0 sin (kx) dx = k n−1 Ik,n−2 , thêm n k chẵn, k lẻ CHUỖI SỐ 117 Dẫn đến Ik,n J n = Jn k n chẵn, n lẻ, k chẵn, n lẻ, k lẻ Chú ý lim Jn = dãy {J2n } {J2n+1 } dãy giảm bị n→∞ n−1 chận (Jn > 0, ∀n) ngồi có ràng buộc Jn = Jn−2 Từ tính n chất hội tụ ta π π ∞ Sn (x) dx = uk (x) dx k=0 ∞ = ak Ik,n k=0 ≤ ( ∞ k=0 |ak |) Jn ∞ |ak | Jn k=0 k n chẵn, n lẻ Ta có điều phải chứng minh Bài 5.3 (HV Cơng nghệ Bưu Viễn thơng) 1) Đặt ∞ I(a) = 2 e−αx − e−βx −ax2 e dx, a ≥ x Ta có ∞ = 1 − 2(a + β) 2(a + α) a+β Do I(a) = ln +C a+α Cho a → +∞ ta nhận C = Như a+β I(a) = ln a+α β Nói riêng I(0) = ln α x(e−(β+a)x − e−(α+a)x )dx I (a) = 118 2) Ta có ∞ ∞ n=1 k=1 ∞ ∞ ∞ ∞ 1 = n(n + 1) (n + k) k=1 n=1 n(n + 1) (n + k) n(n + 1) (n + k − 1) = k=1 n=1 − ∞ = k=1 11 k k! 1 (n + 1) (n + k) k (1) Mặt khác ex − dx = x 1 x ∞ k=1 xk dx = k! ∞ k=1 k! xk dx = x k=∞ k=1 (2) k.k! Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Bài 5.4 (ĐH Hùng Vương Phú Thọ) Ta có ∞ ∞ n=1 k=1 n(n + 1) (n + k) ∞ ∞ = k=1 n=1 n(n + 1) (n + k) ∞ ∞ n+k−n = k=1 n=1 k n(n + 1) (n + k) ∞ ∞ 1 = − (n + 1)(n + 2) (n + k) k=1 n=1 k n(n + 1) (n + k − 1) ∞ 1 1 = − + − + 2.3.4 (k + 1) 2.3.4 (k + 1) 3.4.5 (k + 2) k=1 k 1.2.3 k ∞ 1 = k=1 k 1.2.3 k ∞ = k=1 k.k! Ta lại có CHUỖI SỐ 119 1 ex − dx = x x ∞ = k=1 ∞ = k=1 ∞ k=1 1 k! xk dx k! xk dx x k.k! Từ ta có điều phải chứng minh Bài 5.5 (HV Kỹ Thuật Quân Sự) Ta có (n + n1 )n n2 n2 an+1 = < = an (n + 1)2 e (n + 1)2 ∞ Xét chuỗi bn = n=1 (n+1)2 n2 (1) an+1 an (2) Từ (1) ta có < =: cn Như dãy {cn } n bn+1 bn dãy dương đơn điệu giảm bị chặn, tức tồn M cho ∞ cn ∗ M, ∀n ∈ N Vậy ∞ an bn , ∀n ∈ N∗ Do (2) hội tụ, nên theo M n=1 n=1 tiêu chuẩn so sánh chuỗi số dương ta có chuỗi cho hội tụ Bài 5.6 (ĐH Phạm Văn Đồng) Tính f (x) = ln + ln x − ln(x + 1) Do f (n) = ln + ln n − ln(n + 1) Suy tổng riêng thứ n chuỗi n f (k) = ln k=1 Mà lim ln( n→∞ 2n n+1 2n ) = +∞ n+1 nên chuỗi phân kỳ Bài 5.7 (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2) Lấy {an } ∈ A Ta có ∞ 2015 = an n=1 ∞ a2n + = n=1 am an 1≤m x0 Khi f (f (f (x0 ))) + f (x0 ) > 2x0 f đơn điệu tăng, mâu thuẫn Nếu f đơn điệu giảm f (x0 ) > f (f (x0 )) f (f (f (x0 ))) > f (f (x0 )) , dẫn đến x0 > f (f (x0 )) Vậy f (x0 ) < f (f (f (x0 ))) , dẫn đến f (f (f (x0 ))) + f (x0 ) > 2f (x0 ) > 2x0 , mâu thuẫn Vì tính bình đẳng nên tình tương tự cho giả sử f (x0 ) < x0 không xảy PHƯƠNG TRÌNH HÀM 121 Bài 6.3 (HV Cơng nghệ Bưu Viễn thơng) Lấy đạo hàm vế f (2015x + 2014) = 2015f (x) x ∈ R Khi 2015f (2015x + 2014) = 2015f (x) Thay x x−2014 2015 x ∈ R , ta có x − 2014 ) 2015 x−2014 − 2014 =f ( 2015 ) 2015 x − 20152 + =f ( ) 20152 =··· x − 2015n + ) =f ( 2015n f (x) =f ( Cho n → ∞, ta nhận f (x) = f (−1) Như f (x) = mx + k ∀x ∈ R m = f (1) Thay x = −1 vào hệ thức ban đầu, ta có f (−1) = 2014f (−1) f (−1) = Bởi k = m f (x) = m(x + 1) Thử lại: Thỏa mãn Như f (x) = m(x + 1) m số Bài 6.4 (ĐH Đồng Tháp) Từ f (2014x − f (y)) = f (2015x) − f (y) − x (1), cho x = y = 0, ta có f (−f (0)) = f (0) − f (0) = Tiếp tục (1) lấy y = −f (0), ta có f (2014x) = f (2015x) − x (2) Từ (1) (2), ta có f (2014x − f (y)) = f (2014x) − f (y) với x ∈ R Do f (x − f (y)) = f (x) − f (y), ∀x ∈ R (3) 122 Đặt u = x−f (y), ta có f (y) = x−u Thay vào (3), ta f (u) = f (x)−x+u hay f (u) − u = f (x) − x với x, u ∈ R Suy f (x) − x = c với c số Do f (1) = 2015 nên c = 2014 Vậy f (x) = x + 2014 với x ∈ R Thử lại thấy thoả mãn Bài 6.5 (ĐH Đồng Tháp) Với x ∈ R, ta có |f (x) − f (0)| ≤ | sin x − sin 0| = | sin x| Do |(f (x))2 − f (x)| = |f (x)||f (x) − 1| ≤ | sin x|(| sin x| + 1) Suy π π 2 [(f (x)) − f (x)]dx ≤ sin x(sin x + 1)dx = π + Đẳng thức xảy f liên tục R |f (x)| = | sin x|, |f (x) − 1| = | sin x| + Suy f (x) = − sin x với x ∈ R Bài 6.6 (ĐH Hùng Vương Phú Thọ) Thay x f (x) ta f (f (f (x))) = 4f (f (x)) − 3f (x) Tiếp tục trình đặt xn = f (f ( f (x))), n lần, ta phương trình sai phân: xn+2 = 4xn+1 − 3xn Phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + = Phương trình có nghiệm λ = λ = Vậy xn = c1 + c2 3n Ta có x = c1 + c2 = x x1 = c1 + 3c2 = f (x) Từ ta có f (x) = x + 2c2 f (x) = 3x − 2c1 Thay vào điều kiện ban đầu ta c2 = c1 tùy ý Vậy hàm cần tìm f (x) = x f (x) = 3x − c, c tùy ý Bài 6.7 (ĐH Phạm Văn Đồng) Từ giả thiết suy x = y f (x + y) f (x − y) − = 8xy(x2 + y ) x+y x−y Đặt g(x) = f (x) x PHƯƠNG TRÌNH HÀM 123 g(x + y) − g(x − y) = 8xy(x2 + y ) h h y = ta có g (a) = 4a3 , ∀a ∈ R 2 15 Do g(x) = x + C nên f (x) = x5 + Cx Mà f ( ) = 2015 nên C = 15 4 2015 − ( ) 15 4 15 Thử lại, ta nhận f (x) = x5 + (2015 − ( )4 )x hàm số cần tìm 15 Chọn x = a + Bài 6.8 (ĐH Quảng Bình) Nhận thấy f (x) = 2015x hàm thỏa mãn Đặt g(x) = f (x) − 2015x thay vào (1) ta g(x) ≥ (2), ∀x ∈ R g(x + y) ≥ g(x) + g(y) (3), ∀x, y ∈ R - Cho x = y = 0, từ (3) ta g(0) ≤ 0, kết hợp với (2) ta có g(0) = - Cho x = −y, x ∈ R, từ (2) (3) ta có g(x) ≥ 0, g(−x) ≥ 0, ≥ g(x) + g(−x); suy ra: g(x) = g(−x) = f (x) = 2015x, ∀x ∈ R Thử lại thấy Bài 6.9 (ĐH Sư Phạm Hà Nội 2) Giả sử tồn hàm f thỏa mãn đề Khi đó, ta có |f (x)|2015 = f sin2015 x với x ∈ R Lấy x ∈ R tùy ý, xét dãy số {xn } đượcn xác định x1 = sin2015 x, xn+1 = sin2015 xn , ∀n = 1, 2, Khi |f (x)|2015 = |f (xn )| , ∀n = 1, 2, Ta dễ dàng chứng minh được: Nếu ≤ x1 ≤ dãy {xn } giảm bị chặn dưới; Nếu −1 ≤ x1 < dãy {xn } tăng bị chặn Suy tồn giới hạn dãy {xn } Đặt lim xn = a, theo tính chất liên n→+∞ tục hàm sin suy sin2015 a = a hay a = Giả sử tồn n0 cho f (xn0 ) = n0 |f (x)|2015 = f (xn0 ) = suy f (x) = Giả sử không tồn n cho f (xn ) = 0, hay f (xn ) = 0, ∀n = 1, 2, Khi |f (x)| = |f (xn )| 2015n = 0.(1) Chuyển qua giới hạn (1) ta suy |f (x)| = Theo giả thiết hàm f liên tục R thử lại ta suy phương trình cho có ba nghiệm f ≡ 0, f ≡ −1, f ≡ R 124 Bài 6.10 (ĐH Sư Phạm Huế) Giả sử tồn f thỏa mãn đề Ta mâu thuẫn +) Theo giả thiết f (x) + f (y) ≥f x+y + |x − y|, ∀ x, y ∈ R Khơng tính tổng qt, giả sử y ≥ x Đặt = y−x , x0 = x, x1 = x + , x2 = x + , x3 = x + = y Ta có f (x0 ) + f (x2 ) ≥ f (x1 ) + 2 f (x1 ) + f (x3 ) ≥ f (x2 ) + 2 Suy f (x1 ) + f (x2 ) f (x0 ) + f (x3 ) ≥ +4 ≥f 2 x1 + x2 +5 hay f (x) + f (y) ≥f x+y + (y − x) +) Chứng minh tương tự với n = 1, 2, ta có f (x) + f (y) x+y ≥ f( ) + ( )n |x − y|, ∀ x, y ∈ R 2 Cho n → ∞, ta gặp điều vơ lí ... Phần I KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 23 THƠNG TIN VỀ KỲ THI Thơng tin chung Kỳ thi Olympic Toán dành cho sinh viên lần thứ 23 tổ chức từ 1319/4/2015 Trường đại... HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ ĐẠI HỌC HUẾ KỶ YẾU KỲ THI OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN LẦN THỨ 23 BIÊN TẬP Đoàn Trung Cường Hội Toán học Việt Nam & Viện Toán học Đỗ Văn Kiên... thi có ích cho sinh viên suy nghĩ, trăn trở lớn người tổ chức Đó định hướng cho kỳ thi Olympic tốn học sinh viên tồn quốc năm tới THƠNG BÁO Kỳ thi Olympic Toán Sinh viên lần thứ 24 Quy Nhơn