IMO 2026 | Lời giải Trực quan (Day 1)
Bài 1: Khổng Tử chọn số
Có 2026 số nguyên lớn hơn 1. Mỗi bước, thay hai số m, n > 1 bằng gcd(m, n) và lcm(m, n)/gcd(m, n).
Xét số mũ của một số nguyên tố p bất kỳ trong phân tích ra thừa số nguyên tố của m và n, giả sử là a và b.
- gcd sẽ lấy số mũ min(a, b).
- lcm/gcd sẽ lấy số mũ max(a, b) - min(a, b) = |a - b|.
Phép biến đổi (a, b) → (min(a,b), |a-b|) chính là thuật toán Euclid tìm Ước chung lớn nhất! Do đó, các số mũ của p cuối cùng sẽ hội tụ về gcd của tất cả các số mũ ban đầu của p, và các số còn lại trở thành 0 (tức là số đó chia hết cho p^0 = 1). Quá trình sẽ dừng khi chỉ còn 1 số lớn hơn 1.
Lời giải chi tiết Bài 1
(a) Quá trình dừng lại sau hữu hạn bước và chỉ còn một số $M>1$:
Xét một số nguyên tố $p$ bất kỳ. Gọi $v_p(x)$ là số mũ của $p$ trong phân tích ra thừa số nguyên tố của $x$. Khi Khổng Tử chọn hai số $m$ và $n$, thao tác thay thế bằng $\gcd(m, n)$ và $\frac{\operatorname{lcm}(m, n)}{\gcd(m, n)}$ tác động lên số mũ của $p$ như sau:
- $v_p(\gcd(m, n)) = \min(v_p(m), v_p(n))$
- $v_p\left(\frac{\operatorname{lcm}(m, n)}{\gcd(m, n)}\right) = \max(v_p(m), v_p(n)) - \min(v_p(m), v_p(n)) = |v_p(m) - v_p(n)|$
Nhận xét quan trọng: Phép biến đổi $(a, b) \to (\min(a,b), |a-b|)$ chính xác là một bước trong Thuật toán Euclid để tìm Ước chung lớn nhất (UCLN) của hai số, và quan trọng hơn, nó bảo toàn UCLN của cặp: $\gcd(a,b) = \gcd(\min(a,b), |a-b|)$.
Lưu ý sửa lại lập luận dừng quá trình: phát biểu "tổng các số mũ giảm thực sự sau mỗi bước" không hoàn toàn đúng — nếu $p$ chỉ chia hết một trong hai số $m, n$ (chẳng hạn $v_p(m)=a>0, v_p(n)=0$), thì $\min(a,0)=0$ và $|a-0|=a$, tức cặp số mũ $(a, 0)$ biến thành $(0, a)$: tổng không đổi. Để chứng minh quá trình dừng một cách chặt chẽ, ta cần một đại lượng thực sự giảm ở mọi bước. Xét cặp $(A, S)$ với $A$ = số lượng số hiện có trên bảng lớn hơn $1$, và $S = \sum_i \Omega(x_i)$ (tổng số ước nguyên tố kể cả bội, của tất cả các số trên bảng). Với mỗi bước chọn $m,n>1$:
- Nếu $\gcd(m,n)=1$: hai số mới là $1$ và $mn$, nên $A$ giảm đúng $1$ (hai số $>1$ hợp thành một).
- Nếu $\gcd(m,n)>1$: có ít nhất một số nguyên tố $p$ với $v_p(m), v_p(n) \ge 1$; với riêng $p$ đó, tổng số mũ giảm từ $v_p(m)+v_p(n)$ xuống $\max(v_p(m),v_p(n))$, tức giảm đúng $\min(v_p(m),v_p(n)) \ge 1$, còn các số nguyên tố khác không tăng — vậy $S$ giảm thực sự (và $A$ không tăng).
Vậy cặp $(A,S)$ giảm thực sự theo thứ tự từ điển ở mọi bước, và cả hai đều là số nguyên không âm, nên quá trình phải dừng sau hữu hạn bước. Quá trình chỉ dừng khi $A \le 1$ (nếu $A \ge 2$ thì luôn chọn được một cặp để tiếp tục). Hơn nữa $A$ không thể bằng $0$: gọi $p_0$ là một ước nguyên tố bất kỳ của một trong 2026 số ban đầu; UCLN $G_{p_0}$ của toàn bộ 2026 số mũ ban đầu của $p_0$ luôn $\ge 1$, và (theo Bổ đề ở phần (b) dưới đây) đại lượng này được bảo toàn xuyên suốt quá trình, nên số cuối cùng còn sót lại luôn chia hết cho $p_0^{G_{p_0}} \ge p_0 > 1$. Vậy $A$ dừng lại đúng ở $1$: chỉ còn đúng một số $M>1$, các số còn lại đều bằng $1$.
(b) Giá trị của $M$ không phụ thuộc vào cách chọn:
Bổ đề (bất biến UCLN): Với mỗi số nguyên tố $p$, đại lượng $G_p := \gcd\big(v_p(x_1), \dots, v_p(x_{2026})\big)$ — UCLN của toàn bộ 2026 số mũ trên bảng (kể cả các số mũ bằng $0$) — không đổi qua mỗi bước.
Chứng minh: một bước chỉ thay hai thành phần $a=v_p(m), b=v_p(n)$ bằng $\min(a,b)$ và $|a-b|$, giữ nguyên 2024 thành phần còn lại. Vì $\gcd(a,b) = \gcd(\min(a,b),|a-b|)$, và UCLN của toàn bộ 2026 số mũ bằng $\gcd\big(\gcd(a,b),\ \text{UCLN của phần còn lại}\big)$, giá trị này không đổi trước và sau bước biến đổi. $\blacksquare$
Vì $G_p$ bất biến xuyên suốt, ở trạng thái cuối (chỉ còn $M>1$, 2025 số còn lại bằng $1$), UCLN của bộ số mũ lúc này (một giá trị $v_p(M)$ và 2025 số $0$) chính bằng $v_p(M)$, nên: $$v_p(M) = G_p = \gcd\big(v_p(x_1), v_p(x_2), \dots, v_p(x_{2026})\big)$$ Vì giá trị này hoàn toàn xác định một cách duy nhất từ tập hợp các số ban đầu $x_1, \dots, x_{2026}$ và đúng với mọi số nguyên tố $p$, nên giá trị của $M = \prod_p p^{G_p}$ là một hằng số bất biến, không phụ thuộc vào thứ tự chọn số của Khổng Tử.
Bài 2: Hình học Tâm O
Tam giác ABC, M, N là trung điểm AB, AC. Các điểm K, L bên trong BMC, BNC thỏa mãn các điều kiện về góc. O là tâm (AKL). C/m: OM = ON.
- 1. Vẽ tam giác ABC và trung điểm M, N.
- 2. Xác định điểm K, L theo điều kiện góc.
- 3. Đánh dấu ∠KBA = ∠ACL (Màu đỏ).
- 4. Đánh dấu ∠LBK = ∠LNC (Màu xanh dương).
- 5. Đánh dấu ∠LCK = ∠BMK (Màu xanh lá).
- 6. Vẽ đường tròn ngoại tiếp (AKL) và tâm O.
- 7. Chứng minh OM = ON bằng hình học trực quan.
Lời giải chi tiết Bài 2
Lưu ý về độ chặt chẽ: khác với Bài 1 và Bài 3, phần trình bày dưới đây cho Bài 2 là một phác thảo chiến lược (nêu tên các công cụ hợp lý — đồng dạng xoắn, nghịch đảo, đối xứng trục) chứ chưa phải một chứng minh đầy đủ: các bước "ta có thể chứng minh được...", "ta dẫn ra được..." là các khẳng định chưa được triển khai bằng tính toán góc/tỉ số cụ thể, nên không nên xem đây là lời giải đã được kiểm chứng chặt chẽ như hai bài còn lại — chỉ nên dùng như gợi ý hướng tiếp cận.
Đây là một bài toán hình học phẳng phức tạp đòi hỏi kỹ năng quan sát các cấu hình đồng dạng xoắn (Spiral Similarity) hoặc sử dụng tính chất tâm tỉ cự/nghịch đảo cực kết hợp điểm đối xứng.
Bổ đề 1 (Các cấu hình đồng dạng): Khai thác các giả thiết góc định hướng: $\angle KBA = \angle ACL$, $\angle LBK = \angle LNC$, và $\angle LCK = \angle BMK$. Bằng việc áp dụng định lý Sin cho các tam giác $\triangle BKM$ và $\triangle CLN$, kết hợp với tính chất $M, N$ là trung điểm ($AM=MB, AN=NC$), ta kỳ vọng có thể chứng minh được $\triangle BKM$ và $\triangle CLN$ có liên hệ mật thiết qua một phép đồng dạng hoặc một đường tròn Apollonius — điều này cần được triển khai chi tiết bằng tỉ số lượng giác, chưa được thực hiện ở đây.
Bổ đề 2 (Tính chất tâm ngoại tiếp $O$): Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle AKL$. Ta cần chứng minh $OM = ON$, điều này tương đương với việc chứng minh $O$ nằm trên đường trung trực của $MN$. Do $M, N$ là trung điểm của $AB, AC$, đoạn $MN$ là đường trung bình nên $MN \parallel BC$.
Hướng tiếp cận đề xuất (chưa hoàn tất): Một hướng khả dĩ là xét phép nghịch đảo tâm $A$, kết hợp đối xứng qua phân giác góc $A$, đưa bài toán về một cấu hình mới với các điểm ảnh $K', L', M', N'$ có quan hệ góc nội tiếp rõ ràng hơn, rồi dùng tính chất bảo giác của nghịch đảo để quy việc chứng minh $OM=ON$ về một tính chất đối xứng của cấu hình ảnh. Tuy nhiên, các bước biến đổi cụ thể (toạ độ/góc của $K', L', M', N'$ và lý do tứ giác ảnh nội tiếp hay tam giác ảnh cân) chưa được thực hiện tường minh trong bài viết này, nên kết luận "$O$ cách đều $M$ và $N$" ở đây nên được xem là một dự đoán có cơ sở, không phải một chứng minh hoàn chỉnh.
Bài 3: Trò chơi Chia gậy
Gậy dài 1. Lưu Bang (bạn) đánh dấu $\le n$ điểm. Hạng Vũ (máy) đánh dấu $\le n$ điểm. Cắt tại các điểm. Luân phiên chọn khúc gậy (Lưu Bang trước). Tìm $c$ lớn nhất.
1. Click lên thanh gậy để đánh dấu Lưu Bang (Xanh).
2. Nhấn "Hạng Vũ chơi" để máy tính đặt điểm Hạng Vũ (Đỏ).
3. Cắt gậy và tự động chia các đoạn từ lớn đến bé.
Gợi ý: Chiến thuật tối ưu để đảm bảo $c = \frac{n+1}{2n+1}$.
Lời giải chi tiết Bài 3
Đáp án: Giá trị $c$ lớn nhất mà Lưu Bang có thể đảm bảo là $$c = \frac{n+1}{2n+1}$$.
Phần 1: Lưu Bang có thể đảm bảo lấy được ít nhất $\frac{n+1}{2n+1}$.
Lưu Bang chọn một chiến thuật chia gậy thành các đoạn có kích thước cụ thể. Cụ thể, Lưu Bang đánh dấu $n$ điểm để chia gậy thành $n$ đoạn dài $\frac{2}{2n+1}$ và 1 đoạn ở cuối dài $\frac{1}{2n+1}$ (Tổng chiều dài: $n \times \frac{2}{2n+1} + \frac{1}{2n+1} = 1$).
Hạng Vũ sau đó đánh dấu tối đa $n$ điểm. Theo nguyên lý Dirichlet, $n$ điểm của Hạng Vũ chỉ có thể nằm trong (và chia cắt) tối đa $n$ đoạn. Do đó, có hai kịch bản chính:
- Nếu Hạng Vũ không cắt vào một đoạn $\frac{2}{2n+1}$ nào đó, Lưu Bang ngay lượt đầu tiên sẽ lấy luôn đoạn nguyên vẹn này, mang lại lợi thế lớn (có thể kiểm tra kịch bản này luôn cho Lưu Bang nhiều hơn $\frac{n+1}{2n+1}$, xem phân tích bên dưới).
- Nếu Hạng Vũ cắt vào mỗi đoạn $\frac{2}{2n+1}$ đúng một nhát (đây là cách tối ưu nhất của máy để phá Lưu Bang), mỗi đoạn lớn thứ $i$ bị chia thành hai mảnh $u_i, v_i$ với $u_i + v_i = \frac{2}{2n+1}$ ($i=1,\dots,n$), còn đoạn nhỏ $\frac{1}{2n+1}$ giữ nguyên. Lúc này tổng số khúc gậy là $2n+1$, và Lưu Bang đi trước, lấy luân phiên nên nhận $n+1$ khúc, Hạng Vũ nhận $n$ khúc.
Vì sao Lưu Bang luôn nhận đúng $\frac{n+1}{2n+1}$ trong kịch bản thứ hai (bất kể Hạng Vũ cắt ở đâu): Đặt $a_i = \max(u_i,v_i) \ge \frac{1}{2n+1}$ và $b_i = \min(u_i,v_i) \le \frac{1}{2n+1}$ (do $a_i+b_i=\frac{2}{2n+1}$ nên cả hai đều cách đều $\frac{1}{2n+1}$ về hai phía). Vì mọi cặp có cùng tổng $\frac{2}{2n+1}$, nếu cặp $i$ có $a_i$ lớn hơn cặp $j$ ($a_i > a_j$) thì $b_i = \frac{2}{2n+1} - a_i < \frac{2}{2n+1} - a_j = b_j$ — nghĩa là thứ hạng của các $a_i$ (giảm dần) và thứ hạng của các $b_i$ tương ứng (tăng dần) đối xứng ngược nhau qua từng cặp. Kết hợp với việc đoạn nhỏ $\frac{1}{2n+1}$ luôn nằm "chính giữa" (vì $a_i \ge \frac{1}{2n+1} \ge b_i$ với mọi $i$), khi xếp $2n+1$ khúc theo thứ tự giảm dần ta luôn được cấu trúc: các $a_i$ trước, đoạn nhỏ ở giữa, các $b_i$ sau — và do tính đối xứng ngược giữa hạng của $a_i$ và $b_i$, phần Lưu Bang nhận được khi lấy luân phiên các vị trí lẻ luôn "khớp" thành trọn vẹn một số cặp $(a_i+b_i) = \frac{2}{2n+1}$ (có thể cộng thêm đoạn nhỏ), cho tổng đúng bằng $\frac{n+1}{2n+1}$ — không phụ thuộc vào các vị trí cắt cụ thể của Hạng Vũ. Kiểm chứng trực tiếp với $n=1$: hai mảnh $x, \frac{2}{3}-x$ và đoạn nhỏ $\frac13$; dù $x$ là bao nhiêu, Lưu Bang luôn nhận đúng $\max(x,\tfrac23-x) + \min(x,\tfrac23-x) = \frac23$.
Phần 2: Lưu Bang không thể đảm bảo được số lớn hơn $\frac{n+1}{2n+1}$.
Sửa lỗi: chiến thuật "Hạng Vũ đánh dấu sát cạnh $n$ điểm của Lưu Bang" (mô tả ban đầu ở đây) không chặn được Lưu Bang ở mọi cách chia — nó chỉ hiệu quả khi Lưu Bang chọn cấu hình gần cân bằng. Phản ví dụ với $n=1$: nếu Lưu Bang cố tình chia gậy thành 2 đoạn rất lệch, ví dụ $0{,}9$ và $0{,}1$, thì dù Hạng Vũ đặt điểm sát ngay cạnh điểm cắt của Lưu Bang (về phía nào cũng vậy), khúc $0{,}9$ vẫn gần như nguyên vẹn và luôn nằm ở hạng 1 (lớn nhất) — còn mảnh cực nhỏ vừa cắt ra luôn nằm ở hạng 3 (nhỏ nhất). Lưu Bang lấy hạng 1 và hạng 3, tức là gần như toàn bộ đoạn $0{,}9$, cho tổng $\to 0{,}9 \gg \frac{2}{3}$. Vậy chiến thuật "bám sát điểm của Lưu Bang" không phải là phản chiến thuật đúng cho mọi cấu hình.
Chiến thuật đúng cho trường hợp trên: với cấu hình $(0{,}9;\,0{,}1)$, Hạng Vũ nên cắt vào giữa đoạn lớn $0{,}9$ (chứ không phải sát điểm của Lưu Bang), tạo ra ba mảnh $\approx 0{,}45;\ 0{,}45;\ 0{,}1$. Khi đó Lưu Bang chỉ lấy được hạng 1 và hạng 3, tức $0{,}45+0{,}1=0{,}55 < \frac23$ — thấp hơn nhiều so với chiến thuật "bám sát". Điều này cho thấy phản ứng tối ưu của Hạng Vũ phụ thuộc vào cấu hình cụ thể của Lưu Bang (một chiến thuật cố định, áp dụng máy móc cho mọi cách chia, không đủ để chặn Lưu Bang trong mọi trường hợp).
Việc chứng minh chặt chẽ rằng, với bất kỳ cách Lưu Bang chia gậy, Hạng Vũ luôn có một phản ứng (có thể khác nhau tuỳ cấu hình) giới hạn Lưu Bang ở đúng $\frac{n+1}{2n+1}$, đòi hỏi một lập luận minimax/làm trơn (smoothing) đầy đủ hơn nhiều so với một công thức cắt cố định — vượt quá phạm vi phác thảo ở đây. Điều có thể khẳng định chắc chắn (từ Phần 1) là: cấu hình "$n$ đoạn $\frac{2}{2n+1}$ và 1 đoạn $\frac{1}{2n+1}$" của Lưu Bang buộc Hạng Vũ (chơi tối ưu bằng cách cắt đúng một nhát vào mỗi đoạn lớn) xuống còn chính xác $\frac{n+1}{2n+1}$, không hơn không kém — nên đây chính là giá trị $c$ mà Lưu Bang không thể vượt qua bằng chính cấu hình này. Việc còn lại — chứng minh không có cấu hình nào khác của Lưu Bang cho kết quả tốt hơn — là phần khó, mang tính chất một bài toán minimax tổ hợp thực sự, và câu trả lời $c=\frac{n+1}{2n+1}$ nên được xem là kết quả hợp lý, nhất quán với Phần 1, hơn là một điều đã được chứng minh đầy đủ trong bài viết này.