Lời giải VMO 2024
Đội Huấn luyện viên Trải nghiệm VMO
Ngày 6 tháng 1 năm 2024

1.

Đề bài

Ngày thi thứ nhất
Bài toán 1 (5 điểm). Với mọi số thực x, ta gọi bxc là số nguyên lớn nhất không vượt
1
, ∀n > 1. Đặt
quá x. Cho dãy số (an )∞
n=1 xác định bởi an =
4b− log4 (n)c


n
X
1
1 
bn = 2 
, ∀n > 1.
ak −
n
a1 + a2
k=1

a) Tìm một đa thức P (x) với hệ số thực sao cho bn = P

an
n


, ∀n > 1.

b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương (nk )∞
k=1 tăng thực sự sao cho
lim bnk =

k→∞

2024
.
2025

Bài toán 2 (5 điểm). Tìm tất cả đa thức P (x), Q(x) với hệ số thực sao cho với mỗi số
thực a thì P (a) là nghiệm của phương trình
x2023 + Q(a)x2 + (a2024 + a)x + a3 + 2025a = 0.
Bài toán 3 (5 điểm). Cho ABC là tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O. Gọi
A0 là tâm của đường tròn đi qua C và tiếp xúc AB tại A, gọi B 0 là tâm của đường tròn
đi qua A và tiếp xúc BC tại B, gọi C 0 là tâm đường tròn đi qua B và tiếp xúc CA tại C.
a) Chứng minh rằng diện tích tam giác A0 B 0 C 0 lớn hơn hoặc bằng diện tích tam giác
ABC.
b) Gọi X, Y , Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các đường thẳng A0 B 0 ,
B 0 C 0 , C 0 A0 . Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z lần lượt cắt lại các
đường thẳng A0 B 0 , B 0 C 0 , C 0 A0 tại các điểm X 0 , Y 0 , Z 0 (X 0 6= X, Y 0 6= Y , Z 0 6= Z).
Chứng minh rằng các đường thẳng AX 0 , BY 0 , CZ 0 đồng quy.

1

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

Bài toán 4 (5 điểm). Người ta xếp k viên bi vào các ô của một bảng 2024×2024 ô vuông
sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn: mỗi ô không có quá một viên bi và không có
hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau (hai ô được gọi là kề nhau nếu chúng có chung
một cạnh).
a) Cho k = 2024. Hãy chỉ ra một cách xếp thỏa mãn cả hai điều kiện trên mà khi di
chuyển bất kì viên bi đã được xếp nào sang một ô tùy ỳ kề với nó thì cách xếp mới
không còn thỏa mãn cả hai điều kiện trên nữa.
b) Tìm giá trị k lớn nhất sao cho với mọi cách xếp k viên bi thỏa mãn hai điều kiện
trên ta có thể chuyển một trong số các viên bi được xếp sang một ô kề với nó mà
cách xếp mới vẫn không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau.

Ngày thi thứ hai
Bài toán 5 (6 điểm). Với mỗi đa thức P (x), ta đặt
P1 (x) = P (x), ∀x ∈ R;
P2 (x) = P (P1 (x)), ∀x ∈ R;
···
P2024 (x) = P (P2023 (x)), ∀x ∈ R.
Cho a là số thực dượng lớn hơn 2. Tồn tại hay không một đa thức P (x) với hệ số thực
thỏa mãn điều kiện: với mỗi t ∈ (−a, a), phương trình P2024 (x) = t có đúng 22024 nghiệm
thực phân biệt?
Bài toán 6 (7 điểm). Với mỗi số nguyên dương n, gọi τ (n) là số các ước nguyên dương
của n.
a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương τ (n) + 2023 = n, với n là ẩn số.
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương k sao cho có đúng hai số nguyên
dương n thỏa mãn phương trình τ (kn) + 2023 = n.
Bài toán 7 (7 điểm). Trong không gian, cho đa diện lồi D sao cho tại mỗi đỉnh của D
có đúng một số chẵn các cạnh chứa đỉnh đó. Chọn ra một mặt F của D. Giả sử ta gán
cho mỗi cạnh của D một số nguyên dương sao cho điều kiện sau được thỏa mãn: với mỗi
mặt (khác mặt F ) của D, tổng các số được gán với các cạnh của mặt đó là một số nguyên
dương chia hết cho 2024. Chứng minh rằng tổng các số được gán với các cạnh của mặt F
cũng là một số nguyên dương chia hết cho 2024.

HẾT
2

Đội Huấn luyện viên

2.

Trải nghiệm VMO 2024

Lời giải

Bài toán 1 (5 điểm). Với mọi số thực x, ta goi bxc là số nguyên lớn nhất không vượt
1
quá x. Cho dãy số (an )∞
, ∀n > 1. Đặt
n=1 xác định bởi an =
4b− log4 (n)c


n
1 
1 X
, ∀n > 1.
ak −
bn = 2 
n
a
1 + a2
k=1

a) Tìm một đa thức P (x) với hệ số thực sao cho bn = P

an
n


, ∀n > 1.

b) Chứng minh rằng tồn tại một dãy số nguyên dương (nk )∞
k=1 tăng thực sự sao cho
lim bnk =

k→∞

2024
.
2025

Lời giải.


a) Với mỗi số tự nhiên i, xét Ai = n ∈ N | 4i < n 6 4i+1 thì Ai có 3 · 4i phần tử, và với
mỗi n thuộc Ai thì
−i − 1 6 − log4 (n) < −i


nên − log4 (n) = −i − 1, hay an = 4i+1 . Do đó
X
ak = 3 · 4i · 4i+1 = 12 · 42i .
k∈Ai

Vậy, lấy n > 2 bất kì, viết n = 4i + q, với 0 < q 6 3 · 4i thì n ∈ Ai và
n
X
k=2

ak =

X

X

ak +

k∈A0

X

ak + · · · +

k∈A1

ak +

k∈Ai−1

2·0

2(i−1)

q
X

a4i +q

k=1
i+1

= 12 · 4 + · · · + 12 · 4
+q·4


4 2i
=
4 − 1 + q · 4i+1
5
! 

an
4 a2n
=
−1 + n−
an .
5 42
4

Từ đó, để ý rằng a1 = 1 và a2 = 4 nên

! 

an
1 
4 a2n
−1 + n−
bn = 2 1 +
an −
n
5 42
4
 2
1 an
an
=−
+ .
5 n
n


Như vậy, xét đa thức P (x) = − 15 x2 + x thì bn = P ann .
b) Trước tiên, nhận thấy rằng
P (1) =

4
2024
6
<
< = P (2)
5
2025
5
3


1
5

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

nên tồn tại α ∈ (1, 2) để P (α) =

2024
,
2025

vì P là đa thức.

Như vậy, ta sẽ kết thúc bài toán nếu chỉ ra được rằng tập hợp
(
)
4i+1
T =
| i, q ∈ N, 0 < q 6 3 · 4i
4i + q
trù mật trong (1, 2). Bởi vì khi đó viết n = 4i + q, với 0 < q 6 3 · 4i thì
an
4i+1
= i
n
4 +q
và do tính trù mật của T , tồn tại một dãy số nguyên dương (nk )∞
k=1 tăng thực sự sao cho
lim

ank
= α ∈ (1, 2) ,
nk

và do đó


lim bnk = lim P

ank
nk


= P (α) =

2024
.
2025

Ta chứng minh T trù mật trong (1, 2) bằng cách chỉ ra rằng với mọi a, b ∈ (1, 2) mà a < b
thì tồn tại i, q ∈ N, 0 < q 6 3 · 4i để
a<

4i+1
=
4i + q

1
4

1
< b,
q
+ 4i+1

tức là
i+1

4



1 1
−
b 4



i+1




1 1
−
a 4


.

(♠)

Thật vậy, vì a < b nên tồn tại (vô hạn) i đủ lớn để




1 1
1 1
i+1
i+1
−
−
4
−4
> 1,
a 4
b 4
dẫn tới sự tồn tại của số tự nhiên q thoả mãn bất đẳng thức (♠) (chú ý rằng do a, b ∈ (1, 2)
nên lúc này điều kiện 0 < q 6 3 · 4i cũng phải được thoả mãn). Vậy T trù mật trong (1, 2)
và ta kết thúc chứng minh.

Nhận xét. Bài toán này có lẽ được lấy cảm hứng từ một bài toán trong tạp chí AMM
(American Mathematical Monthly), với đề bài được phát biểu như sau
Bài toán. Với mỗi số thực x có phần lẻ khác 1/2, ký hiệu hxi là số nguyên gần x nhất.
Xét dãy số (an ) xác định bởi
an =

n
X
k=1

√
1
√ − 2 n,
h ki

với mọi số nguyên dương n.
a) Chứng minh rằng (an ) hội tụ, và tìm giới hạn hữu hạn L của nó.
4

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024



√
b) Cho α ∈ 0, 14 . Với mỗi số nguyên dương n, đặt bn = n (an − L). Chứng minh
rằng tồn tại một dãy con của (bn ) hội tụ về α.
Ý đầu tiên của bài toán này cũng đã xuất hiện ở Vòng 3 Trải nghiệm VMO 2024, cho nên
dù là một bài toán thử thách, nhiều thí sinh có lẽ vẫn giải quyết được nó trong phòng
thi.
Sự trù mật - mấu chốt của ý thứ hai của bài toán cũng đã từng xuất hiện trong bài 7
của Vòng 3 Trải nghiệm VMO 2024, việc quen thuộc với ý tưởng này là một yếu tố quan
trọng để giải quyết được câu b). Bài toán này sẽ khá khó tiếp cận nếu như không nắm
được kiến thức này.
Bài toán 2 (5 điểm). Tìm tất cả đa thức P (x), Q(x) với hệ số thực sao cho với mỗi
số thực a thì P (a) là nghiệm của phương trình
x2023 + Q(a)x2 + (a2024 + a)x + a3 + 2025a = 0.
Lời giải. Ta thấy yêu cầu của bài toán tương đương với việc tìm tất cả đa thức P (x), Q(x)
hệ số thực thỏa mãn
P (x)2023 + Q(x)P (x)2 + (x2024 + x)P (x) + x3 + 2025x = 0, ∀x ∈ R.

(*)

Nếu P (x) ≡ c với c là hằng số nào đó thì ta có đúng hai trường hợp sau
• Trường hợp 1: c ≡ 0 thì x3 + 2025x = 0 với mọi x ∈ R, vô lý.
• Trường hợp 2: c 6= 0 thì thay vào đẳng thức (*) có
Q(x) = −



1 2023
2024
3
c
+
c(x
+
x)
+
x
+
2025x
.
c2

Trong trường hợp deg P > 1, để ý rằng nếu P (0) = 0 thì P (x) = xR(x) với R(x) là đa
.
thức hệ số thực. Khi đó 2025x .. x2 , đây là điều vô lý nên P (0) 6= 0. Đồng thời, dễ thấy
.
rằng x3 + 2025 .. P (x) nên kết hợp với việc x2 + 2025 bất khả quy trên R và P (0) 6= 0, ta
thấy tồn tại hằng số c 6= 0 sao cho
P (x) = c(x2 + 2025), ∀x ∈ R.
Thay vào đẳng thức (*), ta được
c2023 (x2 + 2025)2023 + c2 (x2 + 2025)2 + (x2 + 2025)(c(x2024 + x) + x) = 0, ∀x ∈ R.
Điều này dẫn tới c(x2024 + x) + x phải chia hết cho x2 + 2025, kéo theo
c(−452024 + 45i) + 45i = 0.
Mà Re(c(−452024 + 45i) + 45i) = 0 khi và chỉ khi c = 0 nên đẳng thức trên không thể xảy
ra.


Như vậy, tất cả các cặp đa thức P (x), Q(x) thỏa mãn bài toán có dạng là
!
c2023 + c(x2024 + x) + x3 + 2025x
, với c 6= 0.
c, −
c2

5

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

Bài toán 3 (5 điểm). Cho ABC là tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O.
Gọi A0 là tâm của đường tròn đi qua C và tiếp xúc AB tại A, gọi B 0 là tâm của đường
tròn đi qua A và tiếp xúc BC tại B, gọi C 0 là tâm đường tròn đi qua B và tiếp xúc
CA tại C.
a) Chứng minh rằng diện tích tam giác A0 B 0 C 0 lớn hơn hoặc bằng diện tích tam
giác ABC.
b) Gọi X, Y , Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các đường thẳng A0 B 0 ,
B 0 C 0 , C 0 A0 . Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z lần lượt cắt lại
các đường thẳng A0 B 0 , B 0 C 0 , C 0 A0 tại các điểm X 0 , Y 0 , Z 0 (X 0 6= X, Y 0 6= Y ,
Z 0 6= Z). Chứng minh rằng các đường thẳng AX 0 , BY 0 , CZ 0 đồng quy.
Lời giải.
a) Gọi J là giao điểm của (A0 ) và (B 0 ), khi đó
∠BJC = 180◦ − ∠JBC − ∠JCB = 180◦ − ∠JCA − ∠JCB = 180◦ −

90+A/2=BIC
BAC = 2DBC
D v? D' li?n h?p ??ng
∠ACB.
-> t?m O c?a
(DBC)
n?m
tr?ngi(
-> AD
v? AD'
??ng

Mà CA là tiếp tuyến của (C 0 ) nên ∠BC 0 C = 2 · ∠BCA, do đó J thuộc (C 0 ). Bên
cạnh đó, ∠B 0 C 0 A = 21 ∠BJC = ∠BCA. Tương tự, ta cũng có ∠C 0 A0 B 0 = ∠CAB, nên


AB 2
∆A0 B 0 C 0 ∼ ∆ABC. Suy ra SSABC
=
.
0
0
AB
0 0 0
A B C

(DH,BE) = (AC,AD')
M? DH vu?ng AC n?n ?i?u n
BE vu?ng AD'
?i?u n?y s? ch? x?y ra ???c

Mặt khác, ta có ∠JBA = ∠JB 0 A0 và ∠JAB = ∠JCA = ∠JA0 B 0 nên ∆JAB ∼ ∆JA0 B 0 ,
JA
dẫn tới AAB
0 B 0 = JA0 = 2 sin ∠ACJ.
Đặt sin ∠ACJ = y, với y là một số thực dương. Theo định lý Ceva-sin, ta có
sin ∠JAB sin ∠JBC sin ∠JCA
·
·
= 1,
sin ∠JBA sin ∠JCB sin ∠JAC
6

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

hay


3

y = sin ∠JAC · sin ∠JBA · sin ∠JCB 6

sin ∠JAC + sin ∠JBA + sin ∠JCB
3

3

Mặt khác, xét f (x) = sin x, x ∈ (0; π2 ). Thì f 00 (x) = − sin x < 0 với x ∈ (0; π2 ). Do đó, áp
dụng bất đẳng thức Jensen, ta được
sin ∠JAC + sin ∠JBA + sin ∠JCB
3


∠JAC + ∠JBA + ∠JCB
6 sin
3


◦
180 − 3 · ∠ACJ
= sin
= sin(60◦ − ∠ACJ)
3
= sin 60◦ · cos ∠ACJ − cos 60◦ · sin ∠ACJ
√
3p
1
=
1 − y 2 − · y.
2
2
√

Vậy y 6

3
2

p

1 − y 2 − 21 · y, suy ra y 6 21 . Từ đó ta có
SABC = 4y 2 SA0 B 0 C 0 6 SA0 B 0 C 0 .

b) Trước hết, ta cần có bổ đề sau.
Bổ đề. Cho tam giác ABC và hai điểm P, Q liên hợp đẳng giác đối với tam giác. Khi đó
thì các hình chiếu của P, Q lên ba cạnh của tam giác cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh. Gọi X, Y, Z và N, S, M là các hình chiếu của P và Q lên AB, BC, CA. Gọi
các điểm đối xứng của P qua AB, BC, CA là V, U, R.
Khi đó ta có BV = BU do hai đoạn này cùng bằng BP và ∠QBY = ∠P BX = ∠P Y X
nên BQ vuông góc XY.
Suy ra BQ là đường trung trực XY hay QX = QY. Tương tự thì QX = QY = QR.

D v? D' li?n h?p 90+A/2=BIC
??ng gi?c trong
BAC
= 2DBC
-> AD v? AD' ??ng
gi?c
trong g?
-> t?m O c?a (D

7

Đội Huấn luyện viên

Trải

Gọi T là trung điểm P Q thì khi đó do phép vị tự tâm P, tỉ số

1
2

D v? D' li?n h?p 90+A/2=BIC
??ng gi?c trong tam g
BAC
= 2DBC
-> AD v? AD' ??ng
gi?c
trong g?c A
->
t?m
O c?a (DBC) n
nghiệm VMO 2024

nên T là tâm của (XY Z).

Tương tự thì T là tâm của (N M S).
Lại vì P Y SQ là hình thang vuông nên T Y = T S. Dẫn đến hai đường tròn (XY Z) và
(N M S) trùng nhau hay ta đã chứng minh được bổ đề.

Quay trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh J và O là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam
giác A0 B 0 C 0 .
Thật vậy, ta có: ∠OA0 C 0 = ∠OA0 C − ∠C 0 A0 C = ∠BAC − ∠JAC = ∠BAJ = ∠JA0 B 0 .

Nên A0 O, A0 J đẳng giác trong góc C 0 A0 B 0 . Tương tự thì ta được J và O là hai điểm liên
hợp đẳng giác trong tam giác A0 B 0 C 0 .
Vậy theo bổ đề thì X 0 , Y 0 , Z 0 là các hình chiếu của J lên ba cạnh của tam giác A0 B 0 C 0 .
Do đó mà AX 0 , BY 0 , CZ 0 đồng quy tại điểm J.

Nhận xét. Ý a) của bài toán còn có thể được xử lý thông qua định lý Euler về diện tích
của tam giác hình chiếu, cụ thể: cho tam giác XY Z là tam giác hình chiếu của điểm P
ứng với tam giác ABC, khi đó gọi (O, R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì


SXY Z R2 − OP 2 
=
.
SABC
4R2
Tuy nhiên, để đạt trọn điểm, định lý này nên được chứng minh lại khi sử dụng. Điều
tương tự cũng xảy ra với Bổ đề trong lời giải trên cho ý b). Đây không phải là một tính
chất quá mới lạ về hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác, tuy nhiên các thí sinh vẫn
nên trình bày lại nó trong lời giải của mình.

8

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

Bài toán 4 (5 điểm). Người ta xếp k viên bi vào các ô của một bảng 2024 × 2024 ô
vuông sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn: mỗi ô không có quá một viên bi và
không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau (hai ô được gọi là kề nhau nếu
chúng có chung một cạnh).
a) Cho k = 2024. Hãy chỉ ra một cách xếp thỏa mãn cả hai điều kiện trên mà khi
di chuyển bất kì viên bi đã được xếp nào sang một ô tùy ỳ kề với nó thì cách xếp
mới không còn thỏa mãn cả hai điều kiện trên nữa.
b) Tìm giá trị k lớn nhất sao cho với mọi cách xếp k viên bi thỏa mãn hai điều
kiện trên ta có thể chuyển một trong số các viên bi được xếp sang một ô kề với
nó mà cách xếp mới vẫn không có hai viên bi nào được xếp ở hai ô kề nhau.
Lời giải.
a) Ta có thể xếp 2024 viên bi lên các ô đường chéo sao cho mỗi ô một viên như hình dưới
đây. Dễ thấy cách xếp này thoả mãn.

d?ng ???ng th?ng
90+A/2=BIC
D v? D'
li?n h?p ??ng gi?c trong ta
?? ? r?ng HECm
song
D
= 2DBC
-> ADBAC
v? AD'
??ng gi?c trong g?c
(HE,D'E)=(BC,d)=?
-> t?m O c?a (DBC) n?m tr?n
M? (BC,d)=90 - AB
(HE,D'E)=D'EX

b) Giá trị lớn nhất của kmax = 4045. Đầu tiên ta xét k > 4046 = 2 × 2023. Ở trường hợp
này ta sẽ chỉ ra một cấu hình(cách xếp) không thoả mãn như sau

Theo hình vẽ với k = 4046 ta chỉ cần xếp 4046 viên bi vào vị trí các ô màu xanh dương
thì cách xếp không thoả mãn khi luôn tồn tại hai viên bi được xếp ở ô kề nhau. Khi xếp
thêm viên bi nào vào đường chéo chính(là đường gồm các ô đỏ ở câu a)) thì vẫn thoả mãn
bài toán. Từ k = 4046 ta có thể mở rộng lên với các giá trị k lớn hơn bằng cách xếp bi
vào các đường chéo bao gồm đường chéo chính(trừ hai ô ở góc) và đường chéo phụ được
xếp xen kẽ cách đều nhau. Ở cách xếp này khi xếp ở đường chéo nào ta sẽ xếp kín đường
chéo đấy. Gọi x là số đường chéo được xếp bi ở phía dưới đường chéo chính(tính từ trên
xuống), y là số đường chéo được xếp bi ở phía trên đường chéo chính(tính từ dưới lên), z
là số ô được xếp ở đường chéo chính(trong hình vẽ là các ô vuông được tô xanh lục).
Số ô mà có bi trong cách xếp trên là
2 + z + (2023 − x)x + (2023 − y)y với 0 6 z 6 2023, 1 6 x, y 6 1011.
9

(DH,BE) =
M? DH vu?(
BE vu?ng A
?i?u n?y s?

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

Do đó với k > 4046 luôn có cách xếp để khi chuyển chỗ viên bi bất kì nào thì luôn có
hai viên bi được xếp ở hai ô kề nhau hay cách xếp không thoả mãn. Từ đây ta suy ra
k 6 4045, ta sẽ chỉ ra k = 4045 thoả mãn bài toán. Tô màu bàn cờ cho bảng ô vuông
2024 × 2024. Ta xét một phép đặt bất kì gồm a viên ở ô đen và b viên ở ô trắng. Không
mất tính tổng quát giả sử a < b suy ra a 6 2022. Ta xét các trường hợp sau ở đây tuỳ
vào cách tô chênh lệch giữa đen và trắng nên số đường chéo có thể là (2023, 2024) hoặc
(2024, 2023) nhưng không ảnh hưởng đến lập luận.
• Trường hợp 1. 1 6 a 6 2022 (tức là có bi đặt ở ô đen).
Xét 2023 đường chéo đen như hình dưới đây thì tồn tại 1 đường chéo không có bi.
Xét đường chéo không có bi(giả sử đường chéo màu xanh lục) nhưng đường chéo kề
của nó có bi(đường chéo xanh dương) thì khi đó ta có thể di chuyển viên bi(viên x3
nằm ở cuối trên đường chéo xanh dương phía bên phải hướng lên đường chéo xanh
lục thì viên bi này sẽ ở vị trí không kề với ô chứa bi nào khác. Tương tự với các
trường hợp khác của đường chéo lục ta có thể đi sang trái, phải, xuống.

d?ng ???ng th?
90+A/2=BIC
D v? D'
li?n h?p ??ng gi?c tron
?? ? r?ng HECs
= 2DBC
-> ADBAC
v? AD'
??ng gi?c trong g
(HE,D'E)=(BC,
-> t?m O c?a (DBC) n?m
M? (BC,d)=90
(HE,D'E)=D'EX

• Trường hợp 2. b = 4045 (tất cả bi đặt ở ô trắng).
Gọi 2024 đường chéo trắng lần lượt là 1, 2, 3, · · · , 1012, 10120 , 10110 , · · · , 10 (dễ thấy
đường i có độ dài tăng dần, đường chéo i0 có độ dài giảm dần). Nếu tồn tại 1 đường
chéo không có bi thì tương tự trường hợp 1. Ngược lại, nếu đường chéo nào cũng có
hai viên bi thì số bi > 4048 > 4045, vô lý nên tồn tại ít nhất 1 đường chéo trắng
có đúng 1 viên bi. Khi đó nếu tồn tại đường chéo i sao cho đường chéo i có 1 viên
bi và đường chéo i − 1 có > 2 viên bi thì ta có thể chọn được viên ở đường chéo
này di chuyển lên đường chéo kia mà viên bi này sẽ ở vị trí không kề với ô chứa bi
nào khác. Tương tự nếu tồn tại đường chéo i0 sao cho đường chéo i0 có 1 viên bi và
đường chéo i0 − 1 có > 2 viên bi. Ngược lại, nếu đường chéo i(hoặc i0 ) có 1 viên bi
thì đường chéo i − 1(hoặc i0 − 1) phải có 1 viên bi. Lúc này ta gọi i là chỉ số lớn
nhất sao cho đường chéo imax có 1 viên bi(tương tự với tập các đường chéo i0 ) thì
khi đó nếu đường imax + 1 phải được xếp kín bi nếu không ta có thể chọn được viên
ở đường chéo này di chuyển lên đường chéo kia mà viên bi này sẽ ở vị trí không kề
với ô chứa bi nào khác.
Số bi nửa trên đường chéo chính lúc này ít nhất là
imax + (2imax + 1) + (1012 − imax − 1) × 2 = 2023 + imax
Số bi nửa dưới đường chéo chính lúc này ít nhất là
i0max + (2i0max + 1) + (1012 − i0 − 1) × 2 = 2023 + i0max
Số bi trên bảng lúc này ít nhất là 4046 + imax + i0max > 4045, mâu thuẫn.

10

(DH,BE
M? DH
BE vu?

?i?u n?

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

d?ng ???ng th?
90+A/2=BIC
D v? D'
li?n h?p ??ng gi?c tron
?? ? r?ng HECs
= 2DBC
-> ADBAC
v? AD'
??ng gi?c trong g
(HE,D'E)=(BC,
-> t?m O c?a (DBC) n?m
M? (BC,d)=90
(HE,D'E)=D'EX

Từ đây ta suy ra k = 4045 thoả mãn. Vậy giá trị lớn nhất của kmax = 4045.



Bài toán 5 (6 điểm). Với mỗi đa thức P (x), ta đặt
P1 (x) = P (x), ∀x ∈ R;
P2 (x) = P (P1 (x)), ∀x ∈ R;
···
P2024 (x) = P (P2023 (x)), ∀x ∈ R.
Cho a là số thực dượng lớn hơn 2. Tồn tại hay không một đa thức P (x) với hệ số
thực thỏa mãn điều kiện: với mỗi t ∈ (−a, a), phương trình P2024 (x) = t có đúng 22024
nghiệm thực phân biệt?
Lời giải. Ký hiệu P0 (x) = x. Chọn đa thức P (x) = x2 − a thì dễ thấy
deg Pi (x) = 2i , ∀i ∈ {1, 2, . . . , 2024}.
Với mỗi t ∈ R và 2024 > i > 0, giả sử đa thức Pi (x) = t sẽ có đúng 2i nghiệm phân biệt
trong khoảng (−a, a), ta sẽ chứng minh rằng Pi+1 (x) sẽ có ít nhất 2i+1 nghiệm phân biệt
trong khoảng (−a, a). Thật vậy, gọi −a < x1 < x2 < · · · < x2i < a là các nghiệm phân
biệt của phương trình Pi (x) = t. Khi đó, chọn
p
p
yj = xj + a, ∀j ∈ {1, 2, . . . , 2i } và yj+2i = − xj + a, ∀i ∈ {1, 2, . . . , 2i }.
Do −a < xi < a với moị i ∈ {1, 2, . . . , 2i } nên −a < yi < a với mọi i ∈ {1, 2, . . . , 2i+1 }.
Giả sử tồn tại u, v ∈ {1, 2, . . . , 2i+1 } sao cho u < v và yu = yv thì ta xét các trường hợp
sau:
√
xu + a = xv + a hay xu = xv , vô lý.
√
√
thì xu + a = xv + a hay xu−2i = xv−2i , vô lý.

• Nếu 1 6 u < v 6 2i thì
• Nếu 2i 6 u < v 6 2i+1

√

• Nếu 1 6 u 6 2i < v 6 2i+1 thì yu > 0 > yv , vô lý.



Với mọi i ∈ {1, 2, . . . , 2i+1 } thì tồn tại j ∈ {1, 2, . . . , 2i } sao cho P (yi ) = yi2 − a = xj nên
Pi+1 (yi ) = Pi (xj ) = t. Do đó phương trình Pi+1 (x) = t có ít nhất 2i+1 nghiệm thực phân
biệt mà đa thức Pi+1 (x) − t có bậc là 2i+1 nên phương trình Pi+1 (x) = t có đúng 2i+1
nghiệm thực phân biệt
Dễ thấy P0 (x) = t có một nghiệm duy nhất là x = t ∈ (−a, a) nên theo nguyên lý quy
nạp thì P2024 (x) = t có đúng 22024 nghiệm thực phân biệt.

11

(DH,BE
M? DH
BE vu?
?i?u n?

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

Bài toán 6 (7 điểm). Với mỗi số nguyên dương n, gọi τ (n) là số các ước nguyên
dương của n.
a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương τ (n) + 2023 = n, với n là ẩn số.
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương k sao cho có đúng hai số nguyên
dương n thỏa mãn phương trình τ (kn) + 2023 = n.
Lời giải. Trước tiên ta chứng minh hai bổ đề sau:
√
Bổ đề (1). τ (n) 6 2 n, với mọi số nguyên dương n.
Chứng minh. Xét d | n, khi đó nd cũng là ước của n. Do d · nd = n nên phải có ít nhất một
√
trong hai số d, nd không vượt quá n. Từ đây suy ra số các ước của n không vượt quá 2
√
√
lần số các ước của n mà không lớn hơn n. Do đó, τ (n) 6 2 n.

Bổ đề (2). τ (n) 6 18 nếu n là số nguyên dương lẻ thoả mãn 2026 6 n 6 2211.
Chứng minh. Giả sử n được biểu diễn dưới dạng pα1 1 pα2 2 . . . pαk k với p1 , p2 , . . . , pk là các số
nguyên tố thì
τ (n) = (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αk + 1)
với α1 , α2 , . . . , αk > 1. Bởi vì 2.3.5.7.11 > 2211 > n nên k 6 4. Khi đó, ta xét các trường
hợp sau
• Nếu k = 4, do 32 .5.7.11 > n và 5.7.11.13 > n nên chỉ có thể xảy ra trường hợp
n = 3.5.7.11 < 2027 (loại).
• Nếu k = 3, do 34 .5.7 > 2211 > n nên α1 + α2 + α3 6 5. Do đó,

3
α1 + α2 + α3 + 3
τ (n) = (α1 + 1) (α2 + 1) (α3 + 1) 6
< 19.
3
• Nếu k = 2, do n < 2211 < 36 .5 nên α1 + α2 6 6. Do đó,

2
α1 + α2
= 9.
τ (n) = (α1 + 1) (α2 + 1) 6
2
• Nếu k = 1, do 38 > 2211 > n nên α1 6 7. Do đó,
τ (n) = α1 + 1 6 8.
Như vậy, với n lẻ, 2211 6 n 6 2026 ta luôn có τ (n) 6 18.



a) Giả sử n là một nghiệm nguyên dương của phương trình τ (n) + 2023 = n. Áp dụng
bổ đề 1, ta có
√
√
n 6 2023 + 2 n ⇔ ( n − 1)2 6 2024.
√
Do đó, n 6 ( 2024 + 1)2 < (45 + 1)2 = 2116. Đồng thời, dễ thấy τ (n) > 2023 nên
τ (n) > 2 hay n > τ (n) + 2023 > 2025. Với n = 2025 thì
2025 < τ (2025) + 2023 = 5 · 3 + 2023(vô lý).
12

Đội Huấn luyện viên

Trải nghiệm VMO 2024

Do đó 452 < n < 462 nên τ (n) là số chẵn vì n không phải là số chính phương. Vậy nên n
phải là số nguyên dương lẻ. Áp dụng bổ đề 2, ta luôn có τ (n) 6 18 nên n 6 18 + 2023 =
2041. Thử hết 9 trường hợp
n ∈ {2027, 2029, 2031, . . . , 2041}
đều không thỏa mãn bài toán. Vậy không tồn tại số nguyên dương n để τ (n) + 2023 = n.
b) Ta chọn k = p > 6069 là số nguyên tố. Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1. n không chia hết cho p. Khi đó τ (pn) = τ (p) .τ (n) = 2τ (n), phương
trình trở thành
2τ (n) + 2023 = n.
Áp dụng bổ đề 1, ta có đánh giá

2
√
√
n 6 4 n + 2023 ⇔
n − 2 6 2027
Do đó, n 6

√
2
2027 + 2 nên n 6 2211. Do τ (n) > 2 với n > 2 nên n > 2027. Dễ thấy

n phải là số lẻ. Theo bổ đề 2, τ (n) 6 18 nên n = 2τ (n) + 2023 6 2059. Lại để ý rằng,
452 < n < 462 nên n không phải là số chính phương. Khi đó τ (n) chẵn kéo theo n chia 4
dư 3. Thử hết 9 trường hợp
n ∈ {2027, 2031, . . . , 2059}
ta được đúng hai số nguyên dương n thỏa mãn là n = 2027 và n = 2031.
Trường hợp 2. n chia hết cho p. Theo bổ đề 1, ta có đánh giá:
√
√
2
√
n − p 6 p + 2023.
n = τ (pn) + 2023 6 2 pn + 2023 ⇔
Do đó, n 6

√

p+

√

p + 2023


2

= 2p + 2023 + 2

p
p (p + 2023) < 5p với p > 6069.

Như vậy, n = tp với t là số nguyên dương không vượt quá 4. Lúc này ta lại đánh giá


p 6 n 6 2023 + 2τ (pn) = 2023 + 2τ tp2 6 2041.


(do τ tp2 6 9, đạt được khi n = 4p). Điều trên mâu thuẫn với cách chọn p.
Như vậy, với k là số nguyên tố lớn hơn 6069 luôn tồn tại đúng hai số nguyên dương n
thỏa mãn phương trình τ (kn) + 2023 = n.


Bài toán 7 (7 điểm). Trong không gian, cho đa diện lồi D sao cho tại mỗi đỉnh của
D có đúng một số chẵn các cạnh chứa đỉnh đó. Chọn ra một mặt F của D. Giả sử ta
gán cho mỗi cạnh của D một số nguyên dương sao cho điều kiện sau được thỏa mãn:
với mỗi mặt (khác mặt F ) của D, tổng các số được gán với các cạnh của mặt đó là
một số nguyên dương chia hết cho 2024. Chứng minh rằng tổng các số được gán với
các cạnh của mặt F cũng là một số nguyên dương chia hết cho 2024.
Lời giải.

13