Đề thi Olympic Toán học thiếu niên Balkan - JBMO năm 2020

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC THIẾU NIÊN BALKAN – JBMO

NĂM 2020

Câu 1.

Tìm tất cả các bộ số thực



a b c, ,



thỏa mãn:

2 2 2

2 2 2

1 1 1

.

1 1 1

a b c

a b c

a b c

a b c

     




     



Câu 2.

Cho tam giác ABC có BAC90 .0 Gọi E là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC,
Z là điểm trên đường thẳng AB sao cho ABBZ. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEZ cắt CZ

tại điểm D và FD là đường kính của



AEZ



. Đường thẳng FE cắt đường thẳng CZ tại điểm P.
Tiếp tuyến tại Z của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEZ cắt PA tại T. Chứng minh rằng bốn
điểm T E P Z, , , đồng viên.

Câu 3.

Alice và Bob chơi một trò chơi như sau: Alice chọn một tập A



1, 2,...,n



với n là số tự nhiên
lớn hơn 2. Tiếp theo, Bob chọn một số từ tập A rồi đến lượt Alice chọn, các số được chọn phải
thỏa các điều kiện sau: ban đầu Bob chọn bất kỳ số nào anh ta muốn, sau đó số được chọn ở mỗi
bước tiếp theo phải khác với tất cả các số đã chọn và nguyên tố với số vừa được chọn trước đó.
Trò chơi kết thúc khi tất cả các số từ tập A được chọn. Alice thắng nếu tổng của tất cả các số mà
cô ấy đã chọn là hợp số (khơng phải là số ngun tố). Nếu khơng thì Bob thắng.

Hỏi ai là người chơi có chiến lược để thắng?
Câu 4.

Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho 1

q p

p q

p q




 là số nguyên tố.

LỜI GIẢI ĐỀ THI JBMO NĂM 2020

Câu 1.

Tìm tất cả các bộ số thực



a b c, ,



thỏa mãn:

2 2 2

2 2 2

1 1 1

.

1 1 1

a b c

a b c

a b c

a b c

     


     

Lời giải
Ta có: abc0.

Theo giả thiết, ta có:













2 2 2

2 2 2

2
2

1 1 1

1 1 1 1 1 1

2 2

1 1 1

a b c

a b c
a b c ab bc ca

a b c ab bc ca
ab bc ca

ab bc ca
abc ab bc ca a b c

    
 _  _
 
      __   __  _   _
     
     

Mặt khác a b c 1 1 1,
a b c

     nên:









2 2 2

1 1 1

1

1 .

0

abc ab bc ca

a b c

a b c ab bc ca ab bc ca

abc
abc

ab bc ca

    
     
 


_  
 _{  }


Nếu abbcca0 thì a  b c 0. Suy ra a2b2c20 hay a  b c 0, vơ lí.
Nếu abc 1 thì a  b c abbcca0. Khi đó ta có:



1a



1b



1     c



1 a b c abbccaabc0.

Khơng mất tính tổng quát giả sử a 1. Ta có bc1. Khi đó



b c,



t,1
t

 _



_{ }_ với t,t0.

Trong trường hợp này, nghiệm của hệ là hoán vị của bộ 1; ;t 1 .
t

 _

 

 _

Nếu abc1 thì a  b c abbcca. Khi đó ta có:



1a



1b



1     c



1



a b c



abbccaabc0.

Khơng mất tính tổng qt, giả sử a1. Ta có bc1. Khi đó



b c,



t,1
t

 _



_{ }_ với t,t0.

Trong trường hợp này, nghiệm của hệ là hoán vị của bộ 1; ;t 1 .
t

 _

 _

 _

 

Tóm lại



a b c, ,



là hoán vị của bộ 1; ;t 1
t

 _

 _

 _

  hoặc là hoán vị của bộ

1
1; ;t .

t

 _

 _

 _

 

Câu 2.

Cho tam giác ABC có BAC90 .0 Gọi E là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC,
Z là điểm trên đường thẳng AB sao cho ABBZ. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEZ cắt CZ

tại điểm D và FD là đường kính của



AEZ



. Đường thẳng FE cắt đường thẳng CZ tại điểm P.
Tiếp tuyến tại Z của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEZ cắt PA tại T. Chứng minh rằng bốn
điểm T E P Z, , , đồng viên.

Lời giải
T

P

F

D

O
E

Z
C

A

Tứ giác AEDZ nội tiếp nên EDCEAZEAB.

Mặt khác ABC đồng dạng với EAB nên EABBCA. Suy ra EDCBCA.
Do  0

90

FED nên  0

90 .

PED Khi đó ta có:  0  0  

90 90 .

EPD EDC BCAEAC

Hay tứ giác ACPE nội tiếp. Suy ra   0

90 .

CPACEA

Tam giác APZ vng tại có B là trung điểm AZ nên PB là trung tuyến.
Suy ra ABBZPB hay tam giác PBZ cân tại B. Suy ra BPZBZP.
Lại có: 2

,

CA CE CB CP CZ nên tứ giác PEBZ nội tiếp (1).
Suy ra EPDEACCBAEBA.

Khi đó, ta có: PAEPCEZPBPBEPZBPZEEZB.
Suy ra PA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEZ.
Do đó TZTA hay tam giác TZATAZPABAPB.
Do đó PTZB là tứ giác nội tiếp (2).

Từ (1) và (2) suy ra T E P Z, , , đồng viên.
Câu 3.

Alice và Bob chơi một trò chơi như sau: Alice chọn một tập A



1, 2,...,n



với n là số tự nhiên
lớn hơn 2. Tiếp theo, Bob chọn một số từ tập A rồi đến lượt Alice chọn, các số được chọn phải
thỏa các điều kiện sau: ban đầu Bob chọn bất kỳ số nào anh ta muốn, sau đó số được chọn ở mỗi
bước tiếp theo phải khác với tất cả các số đã chọn và nguyên tố với số vừa được chọn trước đó.
Trị chơi kết thúc khi tất cả các số từ tập A được chọn. Alice thắng nếu tổng của tất cả các số mà
cô ấy đã chọn là hợp số (không phải là số ngun tố). Nếu khơng thì Bob thắng.

Hỏi ai là người chơi có chiến lược để thắng?

Lời giải

Alice có chiến lược chiến thắng có nghĩa là cơ ấy có thể tìm một số n để tạo thành tập A sao cho
cơ ấy có thể trả lời một cách chính xác tất cả các lựa chọn của Bob và luôn luôn nhận được tổng
hợp các số của cô ấy là hợp số.

Nếu n không tồn tại, điều này có nghĩa là Bob có một chiến lược chiến thắng.

1 2 3 4 5 6 7 8
2 3 1 4 5 6 7 8
2 3 4 1 5 6 7 8
3 2 1 4 5 6 7 8
3 2 4 5 1 6 7 8
3 2 4 5 6 1 7 8
4 5 3 6 2 1 7 8
4 5 3 6 7 8 2 1
4 5 6 7 3 2 1 8
4 5 6 7 3 2 8 1
4 5 6 7 8 3 2 1
5 4 3 2 1 6 7 8
5 4 3 2 6 7 1 8
5 4 3 2 6 7 8 1
5 4 6 3 2 1 7 8
5 4 6 3 7 8 2 1
6 7 5 4 3 8 2 1
6 7 5 4 8 3 2 1
6 7 8 5 4 3 2 1
7 6 8 5 4 3 2 1
7 6 5 8 4 3 2 1
8 7 6 5 4 3 2 1

Trong mọi trường hợp, tổng của Alice là số chẵn lớn hơn 2 hoặc là khác 15 hoặc 21, do đó Alice
ln thắng.

Câu 4.

Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho 1

q p

p q

p q




 là số nguyên tố.
Lời giải

Rõ ràng: pq. Đặt 1 ,

q p

p q

r

p q



 

 khi đó r là số nguyên tố.

Ta có: 1



1





.

q p

q p

p q

r p q r p q

p q



      



Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: pqqp  q



modp



.

Suy ra pqqp 



p1



pq



.

Nếu p là số nguyên tố lẽ, áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có: q p



mod



.

p q  p q

Mà







2





1 mod .

p pq  p p q Suy ra: 2













mod 2 0 mod .

p  p p q  p p  q

Do pq nên p 2 0 mod



q



hay p2 chia hết cho q.
Suy ra q  p 2 p. Ta có: q p



1





,

p q  p pq suy ra:

Mà gcd



q p,  1



1 nên đặt kordp1

 

q p k và k p. Suy ra k1.

Khi đó ta có: q 1 0 mod



p  1



q p, vơ lí.

Do đó p chẵn, suy ra p2. Khi đó ta có: 2q q2 q 2.
Với mọi số nguyên q6, ta có 2qq2 q 2. Suy ra q5.
Thử trực tiếp ta thấy q5 thỏa mãn.

Thử lại thấy p2, q5 là hai số nguyên tố cần tìm.













0 mod 1 1 0 mod 1 1 mod 1 .

q p p p