Lời giải cuộc thi toán quốc tế giữa các thành phố lần thứ 37 khối trung học cơ sở cấp độ A, mùa thu 2015

1 
KÌ THI TOÁN QUỐC TẾ GIỮA CÁC THÀNH PHỐ LẦN THỨ 37 
Khối Trung học Cơ sở cấp độ A, Mùa thu 2015. 
1. A grid polygon is called amazing if it is not a rectangle and several 
its copies can form a polygon similar to it. For instance, a corner 
consisting of three cells is an amazing polygon (see the figure on the 
right). 
Một đa giác đơn (hai cạnh bất kì hoặc không cắt nhau, hoặc cắt nhau 
tại đỉnh) với các cạnh nằm trên đường kẻ của một lưới ô vuông được 
gọi là kì diệu nếu nó không phải hình chữ nhật và ta có thể ghép một 
số (lớn hơn 1) các bản sao của nó để thu được một đa giác đồng dạng 
với chính nó. Ví dụ, đa giác dạng chữ L gồm 3 ô vuông đơn vị là kỳ 
diệu (xem hình bên). 
a) Find an amazing polygon consisting of 4 cells. 
Tìm một đa giác kì diệu gồm 4 ô vuông đơn vị. 
b) Determine all n > 4 such that there exists an amazing polygon consisting of n cells. 
Xác định tất cả n > 4 sao cho tồn tại đa giác kỳ diệu gồm n hình vuông đơn vị. 
a) Solution. For instance, see the figure below. 
Lời giải. Ví dụ cho đa giác kì diệu gồm 4 ô vuông đơn vị. 
b) Answer. All n>4. 
Trả lời. Với mọi n > 4 đều tìm được đa giác kì diệu gồm n ô vuông đơn vị. 
Solution. Consider a corner consisting of n cells, such that two its copies form a rectangle 
2n (analogously to the figure above). Such rectangles can be arranged into a square 2n2n, 
and such squares can be arranged into a corner similar to the original one (with factor 2n). 
Lời giải. Với 2 đa giác gồm n ô vuông có dạng chữ L, chúng ta có thể tạo ra hình chữ nhật 
gồm 2n ô vuông kích cỡ 2 x n (tương tự như với 4 ô vuông bên trên). Với 2n hình chữ nhật 
đó ta có thể xếp thành hình vuông cỡ 2n x 2n. Khi ấy với các hình vuông 2n x 2n có thể xếp 
thành đa giác có dạng giống như đa giác ban đầu. 
2 
2. A set consists of all integers from 1 to 100 except some k integers. Is it always 
possible to choose k distinct integers in this set so that their sum equals 100 if: 
a) k = 9; 
b) k = 8? 
 Một tập hợp gồm có các số nguyên từ 1 đến 100 bỏ đi k số nguyên nào đó. Hỏi có phải luôn 
chọn được k số phân biệt từ tập này có tổng bằng 100 nếu: 
a) k = 9; 
b) k = 8? 
a) Answer. No, not always. 
a) Đáp án. Không, không phải lúc nào cũng có thể. 
Solution. Remove 1, 2, ..., 9. Then even the sum of nine minimal remaining integers exceeds 
100: 10 + 11 + ... + 18 = 126. 
Lời giải. Loại bỏ các số 1, 2, , 9. Khi đó tổng của 9 số nhỏ nhất lớn hơn 100 nên không tồn 
tại bộ 9 số có tổng là 100: 10 + 11 + 12 +  + 18 = 126. 
b) Answer. Yes, it is. 
b) Đáp án. Luôn chọn được bộ số thỏa mãn. 
Solution. Consider 12 pairs of integers such that the sum of each pair is 25: (1, 24), (2, 23), 
..., (12, 13). After removal of 8 integers, at least 4 pairs are saved. Total sum of these is 100. 
Lời giải. Xét 12 cặp số tự nhiên có tổng là 25: (1, 24), (2, 23), , (12, 13). Khi loại bỏ 8 số 
nguyên dương, chúng ta còn ít nhất 4 cặp số mà tổng của chúng luôn bằng 100. 
3. Prove that the sum of lengths of any two medians in an arbitrary triangle is 
[3] a) not greater than 3P/4 where P is the perimeter of this triangle; 
[5] b) not less than 3p/4 where p is the semiperimeter of this triangle. 
Chứng minh rằng tổng độ dài hai đường trung tuyến của một tam giác luôn 
a) không lớn hơn 3P/4 trong đó P là chu vi của tam giác. 
b) không bé hơn 3p/4 trong đó p là nửa chu vi tam giác. 
3 
Solution. Let a and b be the lengths of the halves of sides (see the 
picture). Then c is the length of a midline and is equal to the half 
of the third side. Remind that the point of intersection of the 
medians divides them in the ratio 2:1. Now write the triangle 
inequalities and sum up them. 
a) 3x < a + c, 3y < b + c, c < x + y. Hence 2(x + y) < a + b + c. It remains to multiply by 3/2. 
b) a < 2x + y, b < x + 2y, c < x + y. Hence a + b + c < 4(x + y). It remains to multiply by 
3/4. 
Lời giải. Đặt a và b là độ dài của hai nửa cạnh bên (như hình vẽ). Đặt c là độ dài đường 
trung bình đồng thời là một nửa cạnh thứ 3. Để ý rằng hai đường trung tuyến cắt nhau tại 
điểm chia các trung tuyến theo tỉ số 2:1. Sử dụng bất đẳng thức tam giác ta có: 
a) 3x < a + c, 3y < b + c, c < x + y. Nên 2(x + y) < a + b + c. Nhân hai vế với 3/2 ta có 
điều phải chứng minh. 
b) a < 2x + y, b < x + 2y, c < x + y. Nên a + b + c < 4(x + y). Nhân hai vế với 3/4 ta có điều 
phải chứng minh. 
4. [8] A 9 9 grid square is made of matches, every cell side consists of a single match, and 
any two adjacent cells share exactly one match. Pete and Basil in turn remove matches one 
by one. A player wins if there remains no entire 11 square after his move. Who of the 
players has a winning strategy? 
Lưới ô vuông kích thước 9 x 9 được xếp từ các que diêm sao cho mỗi ô có các cạnh là các que 
diêm và hai ô chung cạnh chung nhau đúng một que diêm. Pete và Basil lần lượt lấy đi từng 
que diêm. Người thắng là người mà sau lượt đi của anh ta sẽ không còn lại ô vuông 1 x 1 nào. 
Hỏi ai trong số hai người chơi có chiến thuật để đảm bảo luôn giành được chiến thắng? 
Answer. Basil. 
Trả lời. Basil. 
Solution. Clearly a player wins if he occurs to be in a position with a single cell or with two 
cells adjacent by side. Thus it is sufficient for Basil not to create such a position. Observe that 
the number of matches before any Basil’s move is odd. Thus he may proceed in the following 
way. 
4 
Lời giải. Dễ thấy người chiến thắng là người trong lượt chơi của anh ta lưới ô vuông chỉ còn 
lại 1 hình vuông đơn hoặc 2 hình vuông đơn cạnh nhau. Do đó, Basil sẽ không lấy các que 
diêm để tạo ra trường hợp trên. Để ý rằng, số các que diêm khi tới lượt Basil là số lên bạn ấy 
có thể sử dụng chiến thuật sau. 
1) There are more than three cells. Then Basil removes a match on the border of the 
grid square and breaks a single cell at most. 
1) Khi có nhiều hơn 3 ô vuông. Basil lấy đi các que diêm phía bên ngoài của lưới và phá 
từng ô vuông. 
2) There are three cells. If possible, Basil removes a match not from these cells. 
Otherwise two of cells are adjacent and the third one is not (since the number of matches is 
odd). Then Basil breaks one of the adjacent cells. 
2) Khi trên hình có 3 ô vuông, Nếu có thể, Basil lấy các que diêm không có trong các ô 
vuông. Nếu có 2 ô vuông liền kề và một ô vuông riêng biệt (vì số lượng que diêm là số lẻ). 
Basil sẽ phá một ô vuông trong 2 ô vuông liền kề. 
3) There are two non-adjacent cells. Then there is a match outside them because the 
number of matches is odd. Basil removes this match. 
3) Khi có 2 ô vuông riêng biệt. Số lượng các que diêm riêng biệt bên ngoài phải là số lẻ. 
Basil sẽ lấy được que diêm cuối cùng trong số đó. 
4) There are two adjacent cells or a single cell. Then Basil finishes the game. 
4) Khi có 2 ô cạnh nhau hoặc 1 ô riêng biệt. Basil sẽ là người chiến thắng. 
5. [8] In triangle ABC, medians AA0, BB0 and CC0 intersect at point M. Let P, Q, R, and T 
be the circumcenters of triangles M A0B0, MC B0, MA0C0, MBC0 respectively. Prove that 
points P, Q, R, T, M are concyclic. 
[8] Trong tam giác ABC, các trung tuyến AA0, BB0 và CC0 cắt nhau tại điểm M. Gọi P, Q, 
R, T lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác MA0B0, MCB0, MA0C0, MBC0. 
Chứng minh rằng các điểm P, Q, R, T, M cùng nằm trên một đường tròn. 
Solution. Let ω1, ω2, ω3, ω4 be the circumcircles from the condition (in the order of 
listing). To simplify notation, we will denote their centers by O1, O2, O3, O4. We 
will use oriented angles. Quadrilateral MB0A0C0 is not convex and hence is not cyclic, 
thus points O1 and O3 are distinct. Line O1O3 is the medial perpendicular to MA0, 
hence ω is the circumcircle for triangle MO1O3. Let us prove that O4 lies on ω. Angle 
5 
MO1O3 equals the half of the central angle MO1A0 of ω1, hence it equals the inscribed 
angle MB0A0. If O4 coincides with O3, we are done. Otherwise line O4O3 is the 
medial perpendicular for segment MС0, hence angle MO4O3 equals the half of the 
central angle MO4C0 of ω4, that is, equals the inscribed angle MBC0. Angles MB0A0 
and MBС0 are equal since lines B0A0 and BС0 are parallel. Hence MO1O3 = MO4O3, 
so O4 lies on ω. Similarly O2 lies on ω as well. 
Possible configurations are shown in the picture. 
Lời giải. Đặt ω1, ω2, ω3, ω4 là các đường tròn như dữ liệu bài toán (theo thứ tự liệt kê) có 
tâm lần lượt là O1, O2, O3, O4. We will use oriented angles. Tứ giác MB0A0C0 không 
phải tứ giác lồi nên không nội tiếp, do đó hai điểm O1 và O3 là riêng biệt. Đường O1O3 
là đường trung trực của đoạn MA0. Đặt ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác MO1O3. Ta sẽ 
chứng minh O4 thuộc đường tròn ω. Góc MO1O3 bằng một nửa số đo góc MO1A0 của ω1, 
nên góc MO1O3 bằng góc MB0A0. Nếu O4 trùng O3 thì bài toán đã được chứng minh. Nếu 
không, đường O4O3 là trung trực đoạn MС0, nên góc MO4O3 bằng một nửa góc 
MO4C0 của ω4, nên bằng số đo góc MBC0. Góc MB0A0 và góc MBС0 bằng nhau vì hai 
đường B0A0 và BС0 song song. Nên ta có góc MO1O3 = MO4O3, nên O4 nằm trên ω. 
Chứng minh tương tự với điểm O2. 
Các trường hợp có thể xảy ra được biểu diễn trong các hình sau: 
6 
6. Several distinct real numbers are written on a blackboard. Peter wants to make an 
expression such that its values are exactly these numbers. To make such an expression, he 
may use any real numbers, brackets, and usual signs +, – and . He may also use a special 
sign ±: computing the values of the resulting expression, he chooses values + or – for every ± 
in all possible combinations. For instance, the expression 5 ± 1 results in 4; 6, and (2 ± 0,5) ± 
0,5 results in 1; 2; 
3. Can Pete construct such an expression: 
[3] a) if the numbers on the blackboard are 1, 
2, 4; 
[7] b) for any collection of 100 distinct real numbers on a 
blackboard? 
Trên bảng đen cho trước một số số thực phân biệt. Peter muốn viết một biểu thức có tập giá 
trị là tập các số trên bảng. Peter có thể sử dụng các số thực bất kì kèm theo dấu ngoặc và các 
phép toán +, - , x. Peter cũng có thể sử dụng phép toán đặc biệt ± để kí hiệu phép + hoặc -. 
Ví dụ, biểu thức 5 ± 1 có tập giá trị là {4, 6}, và biểu thức (2 ± 0,5) ± 0,5 có tập giá trị là {1, 
2, 3}. Hỏi Peter có thể viết được biểu thức đó hay không nếu: 
a) Các số trên bảng là 1, 2, 4. 
b) Các số trên bảng là 100 số thực phân biệt bất kì? 
Answer. Yes, he can. 
Đáp án. Anh ta có thể làm được. 
Solution. 
a) (1,5 ± 0,5)(1,5 ± 0,5). 
Lời giải. 
a) (1,5 ± 0,5)(1,5 ± 0,5). 
b) First value is obtained directly. To add a value a to the collection of values of an expression 
T, use the expression a + (0,5 ± 0,5)(T – a). 
b) Viết số a đầu tiên xuất hiện trước. Để thêm các giá trị khác ví dụ như giá trị T ta có thể sử 
sụng biểu diễn sau: a + (0,5 ± 0,5)(T – a). 
7. [10] Santa Claus had n sorts of candies, k candies of each sort. He distributed them at 
random between k gift bags, n candies in each, and gave a bag to each of k children. The 
7 
children learned what they had in the bags and decided to trade. Two children can trade one 
candy for one candy in case if each of them gets a candy of the sort that he/she lacks. Is 
it true that a sequence of trades can always be arranged so that in the end every child has 
candies of each sort? 
Ông già Nô-en có n loại kẹo, mỗi loại có k chiếc. Ông chia chúng ngẫu nhiên vào k túi quà. 
Mỗi túi quà có n chiếc và tặng cho k đứa trẻ, mỗi đứa một túi kẹo. Lũ trẻ nhanh chóng khám 
phá ra những gì có trong túi và quyết định trao đổi kẹo. Mỗi lượt trao đổi gồm hai đứa trẻ, 
mỗi đứa lấy một chiếc trong túi và đổi lấy chiếc kẹo thuộc loại mà nó chưa có. Hỏi có phải 
luôn tồn tại một cách sắp xếp các lượt trao đổi để mỗi đứa trẻ đều có tất cả các loại kẹo. 
Answer. Yes, it is. 
Trả lời. Luôn tồn tại. 
Solution. Let A be a child with the least number of sorts of candies. If this is n, we are done. 
Otherwise A has more than 1 candy of some sort, hence some child B has no candies of this 
sort. Then B has a candy of a sort lacking in A’s candies. Let A and B exchange candies of 
these sorts. Then the number of A’s sorts increases, and for B it doesn’t decrease. Hence the 
sum of numbers of sorts over all children increases. Iterations of this procedure lead to the 
required result. 
Lời giải. Đặt A là đứa trẻ có ít loại kẹo nhất. Nếu A có n loại kẹo thì bài toán đã được chứng 
minh. Nếu số loại kẹo của A nhỏ hơn n thì chắc chắn có một loại kẹo mà A có nhiều hơn 1 
chiếc. Hơn nữa chắc chắn tồn tại một đứa trẻ B có nhiều hơn 1 chiếc kẹo, loại mà A không có. 
Khi ấy cho 2 đứa trẻ trao đổi hai loại kẹo này. Sau khi trao đổi, số lượng loại kẹo của A tăng 
lên 1, số lượng loại kẹo của B không giảm. Nên tổng số loại kẹo của cả nhóm đứa trẻ tăng lên. 
Tiếp tục thực hiện theo trình tự này sẽ giải quyết được bài toán