Author: admin

Bình luận về đề thi IMO 2018

Published / by admin
(Nguyễn Tiến Dũng)
Cuộc thi toán quốc tế IMO2018 đã diễn ra từ cách đây ít hôm, nhưng vì trang web Sputnik đổi nhà thầu dịch vụ internet và đồng thời tác gỉa bận đi họp hội thảo nên hôm nay mới xin viết lại đây bài bình luận đầy đủ về các bài của kỳ thi này và về kết qủa của đoàn học sinh Việt Nam.
Bạn đọc có thể xem đề bài trên hình ở đây, do các thầy dẫn đoàn VN đi thi cung cấp, và do tiến sĩ Lê Thống Nhất giới thiệu cho tác gỉa.

Đoàn VN có 6 bạn đi thi đều đoạt gỉai, trong đó một huy chương vàng. Xin chúc mừng các bạn, và chúc các bạn có điều kiện học đại học thật tốt và một tương lai tươi sáng!

Tính điểm đồng đội thì năm nay VN xếp thứ 20, thua nhiều nước, trong đó có cả một số nước ASEAN cũng đứng trên VN.Việt Nam vẫn tự hào là giỏi toán, nhưng chuyện chỉ đứng thứ 20 thể hiện đúng thực chất hơn tình hình giáo dục và khoa học của Việt Nam. Những năm trước đạt thành tích cao, một phần là do luyện gà chọi chứ không phải do nền giáo dục và khoa học khá hơn các nước khác, kể cả các nước láng giềng. Riêng về nền toán học có thể vẫn còn nhỉnh hơn các nước láng giềng, nhưng đà đi xuống tương đối có thể nhìn thấy rất rõ. Lý do rất đơn giản: đầu tư khoa học kém, hệ thống giáo dục tồi, đầy giáo điều và gian dối, giờ lại có thêm bộ trưởng đạo văn!

Việc các bạn Việt Nam có những bài không làm được không chứng tỏ là các bạn kém thông minh hơn một số đoàn khác (như Mỹ, Thái, Ukraina, v.v.), nhưng chứng tỏ một điều, là việc dạy cách tư duy để “gặp bài nào cũng chiến được” ở Việt Nam còn thiếu, nên gặp các bài “lạ” là rất dễ rụng. Cái cách tư duy “áp dụng vào đâu cũng được” (chứ không phải các dạng bài học thuộc) mới chính là điểm cốt lõi của toán học, cần dùng nhiều về sau. Các bạn trẻ, các thầy cô cần đặc biệt chú trọng hơn điều này!

Nói riêng về các bài hình học. Kỳ thi năm nấy có 2 bài, thì một bài rất dễ, còn dễ hơn một số bài thi THPT2018! (các bạn VN đều làm được), và một bài hình khó về tư duy không bạn nào làm được. Bài hình khó đó hoàn toàn khác so với các kiểu bài mà các bạn Việt Nam được luyện tập, chứ về tuyệt đối thì cũng không phải là quá khó. Các bạn Việt Nam cũng nên điều chỉnh cách học về hình học, không nên quá chú trọng vào chuyện vẽ nhiều đường phụ quá rắm rối, mà nên chú trọng vào tư duy rộng mở để gặp vấn đề nào cũng có thể có hướng giải.

Sau đây là đề bài, lời giải và bình luận cho từng bài.

IMO2018a IMO2018b

 

Bài thứ nhất là một bài hình học phẳng thuộc loại dễ, thậm chí có thể nói là dễ hơn một số bài hình học thi THPT2018 ở Việt Nam! Không có gì đáng ngạc nhiên khi tất cả các bạn của đoàn Việt Nam đều làm được bài này. Bản thân tôi thử làm trong lúc đợi máy bay chỉ mất mấy phút lào ra.

Có thể làm bài này chẳng hạn bằng cách kẻ mấy đường trung trực của tam giác (cũng là đường kính của hình tròn ngoại tiếp), rồi so sánh các cung bằng nhau, suy ra các góc bằng nhau, rồi tính góc qua cung tròn tương ứng v.v.

Bài thứ hai cũng không có gì khó khăn lắm. Bỏ qua chuyện n >=3, xét luôn từ 1. Đầu tiên ta có thể thấy là n không thể bằng 1, vì phương trình x^2 + 1 = x không có nghiệm thực. Tương tự như vậy, n cũng không thể bằng 2, vì nếu n=2 sẽ suy ra a1 = a2 tức là thực ra có thể coi n=1. Đến n=3 thì OK vì có dãy chẳng hạn là -1, -1, 2, -1, -1, 2, -1, -1, 2, … Suy ra mọi n có dạng n=3k với k là số nguyên dương đều OK. Còn các số n không chia hết cho 3 thì không được. Để thấy điều này, xét tính âm dương của các số trong dãy:

Nếu như có hai số dương liền nhau thì toàn bộ dãy sẽ phải là dương. Gỉa sử i là chỉ số sao cho tích ai a(i+1) là lớn nhất, thì khi đó a(i+2) là số lớn nhất của dãy, suy ra tích a(i+1) a(i+2) còn lớn hơn ai a(i+1) trừ khi ai = a(i+2), suy ra ai = a(i+2), suy ra a(i+3) cũng là số lớn nhất và phải bằng a(i+2), v.v. suy ra tất cả các số bằng nhau, và như ta đã biết trường hợp này không có lời giải.

Như vậy là cứ sau một số dương phải đến một số âm. Sau hai số âm liền nhau thì tiếp theo là số dương theo công thức quy nạp. Nếu cứ âm, âm, dương, âm, âm, dương, … thì tức là n chia hết cho 3. Nếu có dương, âm, dương, liền nhau, không mất tính tổng quát (vì tính tuần hoàn) có thể gỉa sử

a3 >0, a4 <0, a5 = a3.a4 + 1 >0, a6=a4.a5+1 < 0

Ta có a6 < a5 suy ra a5 -a6 = a4 (a3 – a5) > 0 suy ra 1 > a5 > a3. Ngoài ra a6 < 0 và 0 < a5 < 1 suy ra a4 < -1.

Ta có a.3a4+ 1 > a3 suy ra a3 (a4-1) > -1 suy ra a4 > 1 – 1/a3, mặt khác a4 < – 1 suy ra 1/a3 > 2 suy ra a3 < 1/2.

Lần ngược lại a2, với a2.a3 +1 = a4 < -1 suy ra a2 < -4.

Lần ngược lại a1, với a1.a2 = a3 – 1 > -1 suy ra a1 < -1/4

Cứ thế lần ngược lại (với a0=an) suy ra các số âm trong dãy theo chiều ngược ngày càng âm nặng, các số dương ngày càng về gần 0, suy ra dãy không thể tuần hoàn.

(Để cho chặt chẽ thì phải viết “dương hoặc bằng 0” thay vì “dương” và đổi một số bất đẳng thức ở phía trên thành có thể có dấu bằng)

Bài thứ 3.  Bài này khá là khó, chỉ có một bạn VN làm được. Khó bởi vì nó không làm theo kiểu quy nạp được. Có thể xây dựng tam gíac phản pascal với n hàng cho n =1,2,3,4,5, nhưng sau 5 là tắc tịt, cố xây dựng để chứng minh tồn tại dẫn đến mất nhiều thời gian vô ích. Phải chuyển hướng sang chứng minh không tồn tại khi n đủ lớn (ở đây n=2018 là qúa lớn luôn)

Nhận xét là đi từ đỉnh trên cùng xuống dưới, có thể đi sao cho số tiếp theo bằng số trước đó cộng một số khác trên cùng hàng. Dẫn đến nếu đi như vậy đến số ở hàng cuối cùng, thì số đó bằng tổng của n số ở n hàng khác nhau, suy ra n số đó khác nhau, và tổng nhỏ nhất là 1+…+n chính bằng số lớn nhất, suy ra số cuối cùng đó chính là N= 1+…+n và các số từ 1 đến n được phân bố trên n hàng khác nhau mỗi hàng một số.

Tiếp theo, xét n số lớn nhất: N -(n-1), N-(n-2), .., N. Câu hỏi là các số đó phải được phân bố ở đâu như thế nào? Ta gọi các số đó là số lớn, còn các số từ 1 đến n gọi là số nhỏ.

Với mỗi một số lớn ở hàng không phải là hàng dưới cùng thì phải có 1 số nhỏ nằm dưới nó. Mà trên mỗi hàng chỉ có 1 số nhỏ, suy ra là nếu có 2 số lớn nằm trên cùng 1 hàng mà không phải hàng dưới cùng thì hai số đó phải chụm vào nhau để chung 1 số nhỏ. Suy ra là chỉ có hàng sát dưới cùng mới có thể có đến 2 số lớn, các hàng trên đó nhiều nhất là một số lớn.

Số hàng mà có thể có số lớn không vượt qúa k+1, ở đây 1+2+…+k >= n tức là k vào cỡ căn hai của n (đại loại như vậy). Suy ra hầu hết các số lớn (n trừ đi một số lần căn hai của n) là nằm hàng dưới cùng. Mà như vậy rất nhiều bọn số lớn nằm cạnh nhau, và cứ hai số lớn nằm cạnh nhau thì trên đỉnh chung của chúng là một số nhỏ. Mà hàng sát trên cùng chỉ có một số nhỏ thôi, mâu thuẫn.

—-

Ngày thứ hai gồm 3 bài, trong đó có bài số 6 là một bài hình học phẳng đề bài ngắn gọn nhưng lại là bài khó học sinh VN bị rụng hết. So sánh với các đề bài thi HSG ở Việt Nam phần lớn là loằng ngoằng rối rắm vẽ rất nhiều đường phụ, thì đề bài số 6 này có vẻ thú vị hơn nhiều. Bài 4 và bài 5 thuộc diện khó vừa phải, nhiều người làm được.

Bài số 4. Bài này cần nghĩ mẹo một chút. Tìm ra mẹo thì gỉai xong rất nhanh trong vòng vài phút, còn nếu không thì cứ thử loanh quanh mãi.

Đáp số của bài 4 là 1/4 tổng số điểm, trong trường hợp này là 400/4 = 100, tức là bạn đi đầu luôn đặt được (ít nhất) 100 viên sỏi đỏ, và bạn đi sau có chiến thuật để bạn đi đầu không đặt được qúa 100 viên.

Để thấy có thể đặt 100 viên, chỉ cần chú ý là có 200 chỗ có tổng tọa độ x+y là số chẵn. Cứ đặt vào đó thì khoảng cách giữa các viên không thể là căn hai của 5.

Để thấy cách của bạn đi sau chặn bạn đi trước sao cho không qúa 100, chia bàn cờ thành 10 x 10 = 100 bảng vuông nhỏ 4×4.
Trong mỗi bảng 4×4 vẽ 4 đường mỗi đường gồm 4 đỉnh như sau, ví dụ cho bảng đầu tiên:

(1,1), (3,2), (4,4), (2,3)
(2,1), (4,2), (3,3), (1,3)
… (hai đường kia tương tự)

Cứ khi bạn đi trước đi vào một trong các đường đó, thì bạn đi sau cũng đi vào đường đó sao cho bạn đi trước không thể đi thêm vào đường đó nữa. Thế nên chỉ đi được vào mỗi đường 1 viên.

Bài số 5. Bài này là một bài số học tương đối dễ. Ta chỉ dùng đến tính chất sau:

A(n+1)/ A1 + An/A(n+1) – An/A1 là số nguyên với mọi n đủ lớn.

Gỉa sử như p là một thừa số nguyên tố của A1. Nếu như với mọi n đủ lớn An đều chia hết cho p, thì ta chia tất cả các số An với n đủ lớn và A1 cho p rồi xét tiếp.

Nếu gỉa sử bây giờ với mọi thừa số nguyên tố p của A1 ta có một số An không chia hết cho p, trong đó n lớn hơn là cái số “đủ lớn” trong điều kiện phía trước.
Suy ra A(n+1) đồng dư với An modulo p. Tức là tất cả các số đều đồng dư với nhau modulo p (với n đủ lớn). Tỉ mỉ hơn thì ta có tất cả các số An đồng dư với nhau modulo A1 khi n đủ lớn.

Nhưng mà như thế có nghĩa là An/A(n+1) là số nguyên khi n đủ lớn, và suy ra A(n+1) <= An. Dãy không thể gỉam mãi được nên đến lúc nào đó thì dừng.

Bài số 6 về hình học. Bài này thuộc loại khó, tuy tất nhiên nếu tìm ra hướng gỉai đúng thì … không còn khó nữa.

Nó khó bởi vì có lẽ vẽ hình phụ không ăn thua (bản thân tôi thử không ra), dùng số phức cũng không đi đến đâu (ra các biểu thức rất rắm rối), dùng các phép biến đổi như là phép quay cũng không được gì. Và bản chất của nó lại một bài toán liên quan đến … cực trị và hàm lồi !

Có một cách gỉai như sau:

Đặt tên các góc XAB và XCD là a, XBC và XDA là b, AXB là 1
(1 không phải là số 1, mà là góc thứ 1, cần viết dấu mũ trên 1 để cho rõ nhưng ở đây tôi không viết được mũ), góc BXC là 1, CXD là 3, DXA là 4, tất nhiên ta có 1+2+3+4 = 2 pi.

Điều kiện của bài toán có thể chuyển thành hai đẳng thức liên quan đến 6 góc đó, thể hiện qua các hàm sin. Cụ thể là

sin(1).sin(3).sin (pi – b – 2).sin(pi-b-4)= sin2.sin4.sin(a).sin(a)

sin(2).sin(4).sin (pi – a – 1).sin(pi-a-3)= sin1.sin3. sin(b).sin(b)

Bây giờ dùng công thức 2 sin(x)sin(y) = cos (x-y) – cos (x+y)
để đơn gỉan hóa các biểu thức trên, đồng thời đặt A=2a, B=2b, Z= 1+3 – pi, u= cos (1-3), v = cos (2-4), ta được các đẳng thức sau:

(u+cosZ)/(v+cosZ) = (u+cos(A+Z))/(1- cosB) = (1-cosA)/(v+cos(b-Z))

Điều cần phải chứng minh là Z=0.

Ta sẽ chứng minh là nếu Z < 0 thì vô lý (các đẳng thức trên không thể đồng thời xảy ra). Trường hợp Z>0 hoàn toàn tương tự (do tính đối xứng giữa hai cặp 1-3 và 2-4). Chứng minh dựa trên các bất đẳng thức như sau:

cosZ – cos (A+Z) < 1 – cosA

cosZ – cos(B-Z) > 1 – cosB

(nếu như Z < 0, và với các giới hạn về các góc A,B,Z như trong bài toán)

(cộng/trừ các tử số với tử số, mẫu số với mẫu số trong các đẳng thức, rồi dùng các bất đẳng thức dẫn tới mâu thuẫn)