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
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.)
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.)
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
đó số
⁡⌊𝛼⌋+⌊2𝛼⌋+⋯+⌊𝑛𝛼⌋=𝑘+⌊𝜖⌋+2𝑘+⌊2𝜖⌋+⋯+𝑛𝑘+⌊𝑛𝜖⌋=𝑘𝑛(𝑛+1)
2+⌊𝜖⌋+
⁡⌊2𝜖⌋+⋯+⌊𝑛𝜖⌋
phải là một bội số của n. Chúng ta xét hai trường hợp dựa trên tính chẵn lẻ của 𝑘.
Trường hợp 1: k là số chẵn. Khi đó:
𝑘𝑛(𝑛+1)
2
luôn là một bội số của 𝑛. Do đó:
⌊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)
2+(𝑛−2)(𝑛−1)
2+⌊𝑛𝜖⌋=(𝑘+1)
2𝑛2+(𝑘−3)
2𝑛+1+⌊𝑛𝜖⌋
phải là một bội số của 𝑛. Vì 𝑘 là số lẻ, chúng ta cần 1+⌊𝑛𝜖⌋ là một bội số của 𝑛. Lại
nữa, vì 0⩽𝜖<1 nên 0⩽𝑛∈<𝑛, do đó ⌊𝑛𝜖⌋=𝑛−1 như chúng ta mong muốn.
Điều này ngụ ý rằng 1−1/𝑛⩽𝜖<1 với mọi 𝑛, điều này là vô lý. Vì vậy, không có
nghiệm nào khác trong trường hợp này.
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)
2𝛼+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
0<𝛼<2 và sẽ dẫn đến một mâu thuẫn.
Bằng quy nạp theo 𝑛, chúng ta chứng đồng thời rằng:
⁡⌊𝛼⌋+⌊2𝛼⌋+⋯+⌊𝑛𝛼⌋=𝑛2,⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(6)
và ⁡2𝑛−1
𝑛⩽𝛼<2.⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(7)
Trường hợp cơ sở 𝑛=1 : Nếu 𝛼<1, xét 𝑚=⌈1
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):
2𝑛+1−1
𝑛⩽(𝑛+1)𝛼<2𝑛+2.
Do đó,
𝑛2+2𝑛⩽⌊𝛼⌋+⌊2𝛼⌋+⋯+⌊𝑛𝛼⌋+⌊(𝑛+1)𝛼⌋=𝑛2+⌊(𝑛+1)𝛼⌋<𝑛2+2𝑛+2.
Vì vậy, bắt buộc phải có ⌊(𝑛+1)𝛼⌋=2𝑛+1 và
⌊𝛼⌋+⌊2𝛼⌋+⋯+⌊𝑛𝛼⌋+⌊(𝑛+1)𝛼⌋=(𝑛+1)2
Để đạt được một bội số của 𝑛+1. Hai đẳng thức này lần lượt cho ta (6) và (7). Cuối
cùng, chúng ta nhận thấy rằng điều kiện (7) đúng với mọi 𝑛 dẫn đến mộ mâu thuẫn.
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
𝑏𝑛=⌊𝛼⌋+⌊2𝛼⌋+⋯+⌊𝑛𝛼⌋
𝑛,
là một số nguyên không âm theo điều kiện của bài toán và giả sử của chúng ta.
Lưu ý rằng
⌊(𝑛+1)𝛼⌋≥⌊𝛼⌋,⌊2𝛼⌋,…,⌊𝑛𝛼⌋ và ⌊(𝑛+1)𝛼⌋>⌊𝛼⌋