Lời giải chi tiết đề thi chọn Đội tuyển quốc gia Việt Nam dự thi IMO năm 1990

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (514.42 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA

DỰ THI IMO NĂM 1990

************

Bài 1. Trong mặt phẳng cho đa giác lồi M M M0 1 2...M2n(n1) mà 2n1cùng nằm trên 
một đường tròn ( )C có bán kính R. Giả sử điểm A nằm trong đa giác lồi đó sao cho các 
góc M AM M AM M AM  0 1, 1 2, 2 3,...,M AM2n 0 đều bằng nhau và bằng 2

2n 1



 , điểm A không 
trùng với tâm của ( )C và B là điểm nằm trong ( )C sao cho AB vuông góc với đường 
kính của ( )C đi qua A. Chứng minh rằng:

0 1 2 2

0 1 2 2 1

...

2 1

1 1 1 1 2 1

...

n

AM AM AM AM

n

AB R

n

AM AM AM AM 

   



  



   

Lời giải.

Do các góc M AM M AM 0 1, 1 2,...,M AM2n 0 đều bằng nhau và bằng 2
2n 1



 nên nếu xét các

vector đơn vị AM0,AM AM1, 2,...,AM2n lần lượt đặt trên các đoạn tương ứng là

0, 1, 2,..., 2n

AM AM AM AM thì đa giác M M M0 1 2...M2n là đều và có A là trọng tâm.
Do đó: AM0AM1AM2...AM2n 0

    

hay 0 1 2 2

0 1 2 2

... n 0

n

AM AM AM AM

AM  AM  AM  AM 

   



.
Ta có:

B

O
A
M0

M2

M3

M4

M5

M2n-1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

0 1 2 2

0 1 2 2 0 1 2 2

0 1 2 2

0 0 1 1 2 2 2 2

0 1 2 2

0 0
... . . . ... .
. . . .
...

( )
n
n n
n
n n
n

AM AM AM AM

OM OM OM OM OM OM OM OM

AM AM AM AM

OM AM OM AM OM AM OM AM

AM AM AM AM

OA AM AM

         
     


       
  
2 2

1 1 2 2

0 1 2 2

2 2 2

0 1 2 2 0 1 2

0 1 2 2 0 1

( ).
( ) ( ).
...
. ...
n n
n
n
n

OA AM AM

OA AM AM OA AM AM

AM AM AM AM

AM AM AM AM AM AM AM

OA

AM AM AM AM AM AM AM


 

    
 
        
 
  
     
   
 2
2
2 2

0 1 2 2

...
...
n
n
n
AM
AM

AM AM AM AM

 

  

 

 

    

Suy ra 0 1 2 2

0 1 2 2

...

(2 1) ...

2 1

n
n

AM AM AM AM

n R AM AM AM AM R

n

   

       

 .

Tiếp theo, từ đẳng thức 0 1 2 2

0 1 2 2

... n 0

n

AM AM AM AM

AM  AM  AM   AM 

   



, ta thấy rằng

2 2

0 1 2

0 0

0 1 2 0 1 2

1 1 1 1

... ...

n n

n i

i i

n n i i

OM OM OM OM

OA OA

AM AM AM AM AM AM  AM  AM

 
        
 
 



   
 
.
Bình phương hai vế của đẳng thức này, ta được

2
2

2 2 2 2

2 2 2

2 2

0 0 0 0 2 0

2
2

2 2

0 2 0 0 2

1 1 1 1

. 1 .

2 ( ) 2

. .
      
      
 
 
   
      
     
       

    




    

n n n n

i

i i i i i i i j n i j i i

n

i j i j

i j n i j i i i j n i j

OM

OA OA R

AM AM AM AM AM AM

OM OM OA OM OM

R OA

AM AM AM AM AM 0 2

2
2

0 0 2 0 2

.
.

2 (*)

. .
  
      
 
 
 
 
 
    
 
 





  i j n i j

n

i j

i i i j n i j i j n i j

AM AM
OM OM

OA
AB

AM AM AM AM AM

Ta sẽ rút gọn tổng
0 2

.
.
i j
i j n i j
OM OM

AM AM
  



 

. Ta vẫn sử dụng các tính chất của tích vơ hướng:

2 2 2 2 2

0 2 0 2 0 2 0 2

2 2

0 2 0 2

2
0 2

. 2

. . . .

2 . .cos

. .

2
.

i j i j i j i j

i j n i j i j n i j i j n i j i j n i j

i j i j i j

i j n i j i j n i j

i

i j n i j j

OM OM OM OM M M R M M

AM AM AM AM AM AM AM AM

AM AM AM AM M AM

R

AM AM AM AM

AM
R

AM AM AM

           
     

  
 
  
 
 
 



 

0 , 2 , 0 2

2 cos i j

i j n i j i j n

M AM
     





Ta sẽ chứng minh rằng
0 2

2 1

cos

2
i j

i j n

n
M AM

  


 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3
Ta thấy rằng 2

2n 1 (2 1)

C  n n góc M AMi j, 0 i j2n có thể chia thành 2n1 bộ, trong
đó, mỗi bộ gồm các góc 2 ,1

2 1
k
k n
n

 
 .
Hơn nữa

1 1
1 1

2 1 (2 1) (2 1) 1 (2 1)

cos sin sin sin sin sin

2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1

2 1 2 1

cos sin sin cos

2 1 2 1 2 2 1 2 1 2

n n

k k

n n

k k

k k k n

n n n n n n

k k

n n n n

     
   
 
 
         
        
            
     
   



Do đó, (**) được chứng minh. Do đó, tổng
0 2

.
.
i j
i j n i j
OM OM
AM AM
  



 
chính là
2

0 2 0 2 0 , 2 ,

2 2 2

0 2 0 0

. 2

2 (2 1)

. .

2 1

i j i

i j n i j i j n i j i j n i j j

n n

i

i j n i j i i i

OM OM R AM

n

AM AM AM AM AM

R

AM

AM AM AM

        
    
   
   
     
 
 



 

Thay vào đẳng thức (*), ta được

2 2

2 2 2

0 0 2 0 2 0 0

2 2 2

0 0 2 0 0

2 2 2

0 0 0

1 2 1

2
. .
1 1
2
.
1 1

n n n

i

i i i j n i j i j n i j i i i

n n n

i

i i i j n i j i i i

n n

i

i i i i i

OA R

AB AM

AM AM AM AM AM AM

AB

AB AM

AM AM AM AM

AB AM
AM AM
        

     
  
   
      
 
 
   
      
 
 
   
    
   



2
2 0
2
0
1
n
i
n
i
n
i i
AM
AB
AM



 
 
 
 



Đến đây, ta thấy hai bất đẳng thức cần chứng minh khá hiển nhiên vì:

2 2 2 2 2 2 2

2 0 0 0

2 2 2

0 0 0

2 2

0 0

2 1 2 1

1 2 1 1 1 2 1

(2 1)

n n n

i i i

n n n

i i i i i i

n n

i

i i i

AM AM AM

n n

AB

n n

AM AM AM

AM n
AM
  
  
 
       
         
         
 
       
   
   
   
   
 
 
   
   



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 2. Cho bốn số thực dương A B a b, , , . Xét dãy số thực (xn) thỏa mãn: 
1 2

2 2

3 3

1 1

, 2

n n n

x a x b

x  A x B x  n

 





  




.

Chứng minh rằng tồn tại giới hạn lim n

nx và tìm giới hạn đó.

Lời giải.

Nếu dãy số này có giới hạn thì gọi đó là L. Do A B a b, , , 0 nên dãy số xác định như trên
luôn dương và L0.

Chuyển công thức tổng quát đã cho: 3 2 3 2

1 1

n n n

x  A x B x  qua giới hạn, ta có:
3 2 3 2 3 2( ) ( )3

L A L B L L L A B L A B .
Xét dãy số

 

un có





3 3 2

1 min , , ( ) , n 1 ( ) n, 1, 2,3,...
u  a b A B u   A B u n

Ta sẽ chứng minh rằng dãy này giảm và bị chặn dưới. Thật vậy,

Ta có





2 2

3 3 3

1 2 2

3
3

( )

( ) ( )

n

n n n n n

n n

A B u

u u u A B u u

A B A B u u



 

    

    .

Do 3

1 ( )

u  AB nên bằng quy nạp, ta có 3

( )

n

u  A B với mọi n1.
Từ đó suy ra un1un 0,n hay đây là dãy tăng.

Dãy (un) tăng và bị chặn trên bởi 3

(A B ) nên có giới hạn. Trong cơng thức xây dựng
dãy, chuyển qua giới hạn, ta được 3

limun (AB) .

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được dãy

 

vn xác định như sau





3 2

1 max , , ( ) , n 1 ( ) n, 1, 2,3,...
v  a b A B v   A B v n

là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 3

(A B ) nên có giới hạn, giới hạn đó cũng là 3
(A B ) .

Do đó, 3

limun limvn (AB) .

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5
- Với n1, ta thấy u1min



x x1, 2



max



x x1, 2



v1 là đúng.

- Giả sử (*) đúng với nk1, tức là uk min



x2k1,x2k



max



x2k1,x2k



vk.
Khi đó, ta có 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

1 ( ) 2 2 1 2 1

k k k k k k k

u   A B u  A u B u A x B x  x  .
Suy ra 3 2 3 2 3 2 3 2

1 1 2 1 2 2 2

k k k k k k

u   A u B u  A x  B x x  .
Do đó, ta được uk1 min



x2k1,x2k2



Hồn tồn tương tự, ta cũng có max



x2k1,x2k



vk1 hay (*) cũng đúng với nk1.

Theo nguyên lí quy nạp, (*) được chứng minh.

Từ đó suy ra hai dãy con



x2k1

  

, x2k bị kẹp bởi hai dãy

   

un , vn ; đồng thời, ta đã

chứng minh được rằng 3

limun limvn (AB) nên 3
2 1 2

limx n limxn (AB) .
Vậy dãy

 

xn có giới hạn hữu hạn và limxn (A B)



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài 3. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f x( ) xác định với mọi số thực x và thỏa

mãn 2

( ( )) 2

f f x x  với mọi x.

Lời giải.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau.

Gọi Sn là tập hợp các điểm bất động của hàm số 
( )

( )
n

f x . Khi đó f x( ) đơn ánh trên

, 1

n

S  n .

Chứng minh. Thật vậy,

Giả sử xSn, khi đó
( )

( )
n

f x x. Suy ra ( ) ( 1) ( )

( ( )) ( ) ( ( )) ( )

n n n

f f x f  x f f x f x

   , tức là

( )

f x cũng là một điểm bất động của ( )
( )
n

f x hay f x( )Sn.
Do đó f x( ) ánh xạ Sn vào chính nó.

Xét a b, Sn và f a( ) f b( ), khi đó ( ) ( 1) ( 1) ( )

( ) ( ( )) ( ( )) ( )

n n n n

a f a  f  f a  f  f b  f b b nên
( )

f x là đơn ánh trên Sn.

Từ đó, ta suy ra rằng nếu Sn là tập hữu hạn thì f S( n) là phép hoán vị trong Sn.
Bổ đề được chứng minh.

Hơn nữa, nếu x là điểm bất động của f x( ) thì: f x( )x f f x( ( )) f x( )x nên x cũng
là điểm bất động của (2)

( )

f x hay S1S2.

Bằng lập luận tương tự, ta có: S1S2 S4 S8...

*Trở lại bài toán.

Giả sử tồn tại hàm số f x( ) thỏa mãn đề bài, ta sẽ xác định các tập hợp S S2, 4.
Những điểm bất động của (2)

( )

f x chính là nghiệm của phương trình:
2

2 1, 2

xx  x  x . Do đó: S2  { 1, 2}.
Những điểm bất động của (4)

( )

f x chính là nghiệm của phương trình:

2 2 4 2 1 5

( 2) 2 4 2 0 1, 2,

x x   x  x   x x  x x   .

Do đó: 2

1 5

{ 1, 2, }

S     . Đặt 1 5, 1 5

2 2

c  d   .
Do c d, S4 \S2 nên theo bổ đề trên thì f c( )c hoặc f c( )d.
Ta xét hai trường hợp:

-Nếu f c( )c thì (2)

( ) ( )

f c  f c c nên cS2, mâu thuẫn.
-Nếu f c( )d thì f d( )c, do đó: (2)

( ) ( ( )) ( )

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài 4. Xét tập T gồm hữu hạn các số nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện sau:

(1)Với hai phần tử bất kì của T thì ước chung lớn nhất và bội chung lớn nhất của chúng 
cũng thuộc T.

(2)Với mỗi phần tử x của T, tồn tại phần tử x’ cũng thuộc T sao cho x và x’ nguyên tố 
cùng nhau và bội chung lớn nhất của chúng là số lớn nhất thuộc T.

Với mỗi tập T như thế, gọi T là số phần tử của nó. Tìm số T lớn nhất, biết rằng 
1990



T .

Lời giải.

Gọi N là phần tử lớn nhất của T. Nếu T không chứa 1 thì theo điều kiện (2), nó phải 
chứa một số X 1 nguyên tố cùng nhau với N, nhưng khi đó bội chung nhỏ nhất của 
chính là tích của N và X, do NX  N nên điều này mâu thuẫn với cách chọn N, suy ra 
1T. Cũng theo điều kiện (2), ta thấy rằng mỗi phần tử d của T là ước của N và N

d
nguyên tố cùng nhau với d.

Giả sử N có n ước nguyên tố phân biệt là p p p1, 2, 3,...,pn. Ta thấy chỉ cần xét lũy thừa
của các số này trong phân tích N thành thừa số nguyên tố bằng 1 vì nếu có một lũy thừa 
nào đó lớn hơn 1 thì theo điều kiện (2), ta thấy khi xét các phần tử của tập hợp này, vẫn
phải giữ nguyên lũy thừa đó ở mỗi phần tử thuộc T chứ khơng thể tách ra được và vì
thế mà số lượng phần tử khơng đổi. Do đó, khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử
rằng N  p p1 2p3 ... pn. (N ở đây là số square – free).

Ta gán cho mỗi phần tử xT, một bộ gồm n phần tử ( ,d d1 2,...,dn),di

 

0,1 trong đó

1, 2,..., n

d d d lần lượt là lũy thừa của p p p1, 2, 3,...,pn trong phân tích thành thừa số nguyên
tố của x.

Dễ thấy rằng mỗi bộ như thế có dạng một xâu nhị phân có độ dài n. Ta đặt
(0,0,0,...,0), (1,1,1,...,1)

 

0 1 .

Ta định nghĩa hai phép toán AND và OR như sau:

(1,1) 1, (1,0) (0,1) (0,0) 0
(1,1) (1,0) (0,1) 1, (0,0) 0

(1) 0, (0) 1

AND AND AND AND

OR OR OR OR

NOT NOT

   

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Xét hai phần tử x y T,  với các xâu nhị phân đại diện cho chúng lần lượt là

1 2 3

( ,x x x, ,...,xn) và ( ,y y y1 2, 3,...,yn) với x yi, i

 

0,1 ,i1,n.

Khi đó, ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của chúng sẽ vẫn thuộc T và được
đại diện bằng các xâu nhị phân tương ứng là

1 2 3

( , , ,..., )a a a an và ( , , ,..., )b b b1 2 3 bn với a bi, i

 

0,1 ,i1,n,
trong đó ai AND x y b( , ),i i i OR x y i( , ),i i 1, .n

Ta định nghĩa phép cộng module 2 của xy bằng phép toán XOR x y như sau: ( , )
(0,0) (1,1) 0, (0,1) (1,0) 1

XOR XOR  XOR XOR  .

Bằng cách lập bảng xét giá trị của biểu thức, ta chứng minh được rằng



( , ), ( ( , ))



( , )

AND OR x y NOT AND x y XOR x y .

Như thế, với hai phần tử x y T,  , bằng cách thực hiện các phép AND OR NOT một , ,
cách thích hợp, ta thu được giá trị của phép cộng module 2 của x y, và như thế thì theo
định nghĩa của tập hợp T thì XOR x y( , )  x y T.

Để đơn giản, ta kí hiệu  x NOT x( ) và ta gọi một tập hợp S mà nếu x y S,  thì cũng

có xy,  x, y S là tập hợp đóng (nếu gọi đầy đủ là đóng dưới phép tốn  , ). Rõ

ràng, tập hợp T đã cho là một tập hợp đóng như thế.

Xét x T    x x 0 T,  0 1 T nên nếu xét T1 

 

0,1 thì T1 T và T1 đóng.
Nếu T T\ 1 , xét x T T \ 1 thì T2 



0 1, , ,x x1



T là đóng.

Dễ thấy T1 2 ,1 T2 22, ta sẽ chứng minh rằng T 2k với k .



Thật vậy, giả sử rằng T1 T2T3 ...Tm T T, i 2i là các tập đóng.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

9
Đặt Tm1  S Tm thì

1
1 2

m
m

T    và rõ ràng Tm1 cũng là tập đóng. Thật vậy, nếu

, m

zx y y T  thì    z 1 z x(y1)Tm1.

Điều này có nghĩa là ta có thể mở rộng dãy

 

Tm ở trên ra thêm nữa và vẫn thỏa mãn số

phần tử của tập cuối cùng là lũy thừa của 2 và tất cả các tập đó đều đóng. Q trình này
khơng thể kéo dài vô hạn được nên phải tồn tại số nguyên dương k sao cho

1 2 ... 1 ... , 2
i

m m k i

T T  T T   T T T  hay 2 .

k

T 

Do đó, ta đã chứng minh được số phần tử của tập hợp ban đầu phải là một lũy thừa của
2, tuy nhiên, theo giả thiết thì T 1990 nên

2 1990

max max 2 1024

k

T



  .

Ta xét Np p p1 2 3...p10 với p p p1, 2, 3,...,p10 là các số nguyên tố phân biệt nào đó. Tập
hợp tất cả các ước của số này có 1024 phần tử và thỏa mãn các điều kiện đề bài.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài 5. Cho tứ diện mà mỗi cặp cạnh đối đều có tích độ dài là . Gọi góc giữa các cặp

cạnh đó là   , , và các bán kính của các cặp đường tròn ngoại tiếp các mặt của tứ diện 
là R R R R1, 2, 3, 4. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 2 3 4

sin sin sin

R R R R

     .

Lời giải.

Xét tứ diện A A A A1 2 3 4 và kí hiệu aij  Aij ,1i j, 4,i j.

Gọi   , , lần lượt là góc tạo bởi các cặp cạnh chéo nhau

1 2, 3 4; 1 3, 2 4; 1 3, 2 4
A A A A A A A A A A A A ;

1, 2, 3, 4

S S S S và R R R R1, 2, 3, 4 lần lượt là diện tích và bán kính đường trịn ngoại tiếp của
các tam giác A A A A A A A A A A A A2 3 4, 3 4 1, 4 1 2, 1 2 3.

Trước hết, ta sẽ chứng minh đẳng thức sau:

2 2 2 2 2 2 2

1 2 3 4 12 34 13 24 13 24

4(S S S S )(a a. .sin ) (a a. .sin ) (a a. .sin ) .
Thật vậy:

Trong không gian Oxyz, xét tứ diện A A A A1 2 3 4
có tọa độ các đỉnh là

1( , 0, 0),1 2(0, 2, 0), 3(0, 0, 3), 4( , , )
A a A a A a A x y z .
Khi đó:

1 2 ( 1, 2, 0), 1 3 ( 1, 0, 3)
A A  a a A A  a a

 

, suy ra
1 2 3

2 2 2 2 2 2 2 2

4 1 2 1 3 1 2 2 3 3 1
4S SA A A  A A A A a a a a a a

 

.
Ta cũng có A A1 4 (x a y z A A 1, , ), 2 4 ( ,x ya z2, )

 

,
suy ra

1 4 2 4 2 1

1 2 2 1 1 2 1 2

( ( ), ( ) ,

( )( ) ) ( , , )

A A A A yz z y a x a z zx

x a y a xy za za a y a x a a

     

       

 

1 2 4

2
2 2

3 1 4 2 4

2 2 2 2

1 2 2 1 1 2
4

( ) ( )

A A A

S S A A A A

z a a xa ya a a

   

    

 

Tương tự, ta có

1 3 4

2 2 2 2 2 2

2 2 4 3 4 3 1 3 1 1 3

4S SA A A A A A A y a( a ) (xa za a a )

         

1 2 4

2 2 2 2 2 2

1 1 4 2 4 2 3 3 2 2 3

4S SA A A A A A A x a( a ) (ya za a a )

          .

Từ a a a a1 2. 3 4 a a a a1 3. 2 4 a a a a1 4. 2 3 , ta có:

A

B

C

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 3 4

2 2 2

1 2 2 3 3 1 2 3 3 4 4 2 3 4 4 1 1 3 4 1 1 2 2 4

4 1 2 3

2 2

1 2 2 3 3 1 2 3 3 4 4 2

4 1

(sin sin sin ) 4( )

. . . .

4 4 4 4

. . . .

4 4

S S S S

a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

R R R R

a a a a a a a a a a a a

R R

       

        

 

         

        

 

   

    

   



2
2

3 4 4 1 1 3 4 1 1 2 2 4
4

2 3

4 3

1 2 2 3 3 4 4 1 1 3 2 4

1 2 3 4 1 2 3 4

. . . .

4 4

( )

a a a a a a a a a a a a

R R

a a a a a a a a a a a a

R R R R R R R R

 

    

   

    

  

Do đó: 2 2 2

1 2 3 4

sin sin sin

R R R R

       .

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Bài 6.

Cho n học sinh (n3) đứng thành một vòng tròn và quay mặt vào cơ giáo ở tâm đường 
trịn. Mỗi lần cơ giáo thổi cịi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các 
em còn lại đứng im. Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ 
như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới 
sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu 
lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B.

Lời giải.

Ta thấy rằng yêu cầu của bài tốn có thể phát biểu thành:

Giả sử ban đầu n bạn học sinh đứng theo một thứ tự nhất định nào đó trên vịng trịn

theo cùng kim đồng hồ. Tìm số lần đổi chỗ nhỏ nhất sao cho các học sinh vẫn đứng theo 
thứ tự đó trên vòng tròn nhưng ngược chiều kim đồng hồ.

Đánh số các học sinh này là 1, 2,3,...,n2,n1 theo chiều kim đồng hồ và ở trạng thái
cuối, các học sinh cũng được đánh số như thế nhưng ngược chiều kim đồng hồ.

Ta thấy rằng với ba học sinh A B C đứng theo thứ tự đó thì khi đổi chỗ B và C, ta nhận , ,
được thứ tự mới là A C B . Ta có thể coi trong việc đổi chỗ đó, B đứng yên và C chuyển , ,
qua vị trí xen giữa A và B. Như thế, với bất kì dãy các cách đổi chỗ nào, ta ln có thể 
chọn ra được ít nhất 1 học sinh đứng yên trong suốt quá trình đó, giả sử là học sinh
được đánh số 1. Rõ ràng cũng không thể có trường hợp có ba học sinh A B C nào đó , ,
(khơng nhất thiết đứng cạnh nhau) đứng yên vì khi đó, các học sinh này sẽ xác định
một chiều khơng đổi trong suốt q trình đổi chỗ và như thế thì khơng thỏa mãn đề bài.
Ta sẽ chứng minh hai nhận xét sau:

Nhận xét 1.

Với n3, ta ln có thể chọn hai học sinh đứng yên trong quá trình đổi chỗ và việc
chọn này không ảnh hưởng đến số lần đổi chỗ nhỏ nhất. Điều này có nghĩa là nếu trong
cách chọn hai học sinh này, có một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài cần x lần thì trong

một cách chọn hai học sinh khác, cũng tồn tại một cách đổi chỗ với x lần như thế.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

13
Ta cố định một học sinh A tại mọi thời điểm. Xét một cách chọn cặp học sinh với hai
học sinh được chọn là A và B. Giả sử đoạn thẳng AB chia n2 học sinh còn lại thành
2 phần X Y1, 1, trong đó X1 nằm trên cung trịn hướng từ B đến A, X2 nằm trên cung
còn lại. Giả sử X1 a Y, 1 b với a b n   2 1.

A

b

1

b

2

C

B

a

1

a

2

Dễ thấy rằng các học sinh trong tập hợp X1 phải di chuyển vượt qua dây AB để đi về
phía đối diện với f1 lần đổi chỗ và các học sinh X2 phải di chuyển vượt qua dây AB về
phía đối diện với f2 lần đổi chỗ, tổng số lần đổi chỗ là f1 f2 lần.

Giả sử trong một cách di chuyển nào đó, ở tập hợp X1, có a1 học sinh di chuyển về phía

A và b1 học sinh di chuyển về phía B. Tương tự, trong tập hợp X2, số học sinh di
chuyển về phía A B lần lượt là , a b2, .2

Do n2 0 nên tồn tại học sinh thuộc một trong hai tập hợp X X1, 2; ta giả sử C nằm
kề với B và thuộc về X2.Khi đó, nếu chuyển hai học sinh cố định từ A B thành ,, A C

thì hai tập hợp X Y1, 1 sẽ trở thành X Y2, 2 với X2  X1 1,Y2  Y1 1.

Ta sẽ chỉ ra một cách di chuyển tương ứng bằng với số cách di chuyển cần f1 f2 lần
đổi chỗ như trên.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

14
Ta vẫn cho các học sinh của tập X2 di chuyển vượt qua C (thay vì chỉ vượt qua B như
trước), mỗi học sinh tốn thêm một lần đổi chỗ nên tổng cộng mất thêm b21 lần. Tiếp
theo, cho các học sinh của tập Y2 di chuyển vượt qua C về phía bên kia. Các học sinh
cũ cũng tốn các lần đổi chỗ giống như cũ (đều phải vượt qua tất cả học sinh từ tập X2

mới chuyển qua), tuy nhiên, do chỉ cịn c21 học sinh nên sẽ khơng bị tốn thêm b21

số lần đổi chỗ tương ứng.

Do đó, số lần đổi chỗ tăng lên và giảm đi một lượng như nhau nên chúng bằng nhau. Vì
hai cách chọn học sinh B C kề nhau như thế đều có các số lần đổi chỗ tương ứng giống ,
nhau nên với hai cách chọn học sinh bất kì, các số lần đổi chỗ của chúng cũng sẽ tương
ứng giống nhau. Nhận xét được chứng minh.

Nhận xét 2.

Nếu gọi f n là số lần chuyển chỗ nhỏ nhất trong trường hợp có ( ) n học sinh, ta có

(3) 1, (4) 2, ( ) ( 2) 2, 5

f  f  f n  f n  n n .

Thật vậy,

Nếu có 3 học sinh thì ta chỉ cần đổi chỗ một cặp học sinh và trong trường hợp có 4 học
sinh thì đổi chỗ hai cặp kề nhau thì có cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. Dễ dàng suy ra

(3) 1, (4) 2.

f  f 

Xét n5 tùy ý, với n2 học sinh, ta có số lần chuyển chỗ ít nhất là f n( 2). Ta thêm
hai học sinh thứ n1 và n vào vịng trịn và theo nhận xét 1, ta có thể chọn hai học sinh

này cố định. Các học sinh còn lại phải di chuyển vào giữa hai học sinh cố định này. Rõ
ràng trong cách đổi chỗ nhỏ nhất đã thực hiện với n2 học sinh còn lại, nếu muốn
chuyển chỗ cho n học sinh này thì các học sinh trước đó đều phải vượt qua thêm một

trong hai học sinh cố định đã nêu và đòi hỏi cần thêm n2 lần đổi chỗ nữa bắt buộc
nữa. Theo nhận xét 1 thì cách chuyển này vẫn là nhỏ nhất và đúng bằng f n , suy ra ( )

( ) ( 2) 2

f n  f n  n với n5.

Từ đó suy ra

(2 ) 2 4 6 ... 2 2 ( 1)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

15
Ta sẽ chỉ ra một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài.

- Với n chẵn, đặt n2 ,k ta cố định học sinh 1 và n .

Xét các học sinh 1, 2,... 1
2

n

n n  di chuyển về phía học sinh n lần lượt theo thứ tự đó ;

các học sinh còn lại là 2, 3, 4,...,
2

n

di chuyển về phía học sinh 1 lần lượt theo thứ tự đó
để vào khoảng giữa hai học sinh này. Dễ thấy rằng: học sinh thứ i và n 1 i với

2, 3, 4,...,
2

n

i đều cần số lần đổi chỗ là i1. Do đó, tổng số lần đổi chỗ của các học
sinh này là 2 1 2 3 ... 1 1 ( 1)

2 2 2

n n n

k k

   

        

   

    .

- Với n lẻ, đặt n2k1, tương tự, ta cũng cố định học sinh 1 và n .
Xét các học sinh 1, 2,..., 3

n

n n  di chuyển về phía học sinh n lần lượt theo thứ tự

đó; các học sinh còn lại là 2, 3, 4,..., 1
2

n

di chuyển về phía học sinh 1 lần lượt theo thứ
tự đó để vào khoảng giữa hai học sinh này. Học sinh cịn lại là 1

n

có thể di chuyển
theo hướng túy ý đến đúng vị trí của nó. Dễ thấy rằng: học sinh thứ i và n 1 i với

1
2, 3, 4,...,

n

i  đều cần số lần đổi chỗ là i1. Do đó, tổng số lần đổi chỗ của các học
sinh này là 2 1 2 3 ... 3 1 3 1 1 2

2 2 2 2 2

n n n n n

k

          

       

     

      .

Từ đây ta có thể kết luận rằng số lần đổi chỗ nhỏ nhất cần sử dụng là ( 2)
4

n n

  

 

(biểu
thức này tương ứng bằng với các giá trị đã nêu trong từng trường hợp chẵn lẻ của n ).

</div>

Lời giải chi tiết đề thi chọn Đội tuyển quốc gia Việt Nam dự thi IMO năm 1990

<b>LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA </b>

<b>DỰ THI IMO NĂM 1990 </b>

<b>************</b>



















































































































 









 

























