Lời giải đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2011

1 
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA 
DỰ THI IMO 2011 
*********** 
Bài 1. 
Trên mặt phẳng tọa độ có một con cào cào ở điểm (1;1) . Nó có thể nhảy từ điểm A sang điểm 
B khi tam giác OAB có diện tích bằng 1
2
 và tọa độ của A, B nguyên dương. 
1. Tìm các điểm ( , )m n sao cho con cào cào có thể nhảy đến đó sau hữu hạn bước. 
2. Chứng minh rằng con cào cào có thể nhảy đến ( , )m n kể trên sau ít hơn m n bước. 
Lời giải. 
Trước hết, ta cần chứng minh nhận xét sau: 
Với ( , )m n là cặp số nguyên tố cùng nhau thì tồn tại a và b nguyên tố cùng nhau sao cho 
1mb na  và 1a b m n    . 
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử m n . 
Xét các số có dạng 1,1mb b n   . Dễ thấy ta có n số như vậy và nếu 'b b thì 
1 ' 1(mod )mb mb n   nên các số này lập thành hệ thặng dư đầy đủ mod n, suy ra tồn tại số b 
sao cho 1mb n  . Ta cũng thấy rằng 1b n  vì b n không thỏa mãn. 
2 
Đặt 1mb mna a m
n n
    và 1mb an  . 
Ta có ( ) ( ) 1 ( ) ( )( ) 1 ( )n b a m n b m n n m n b n m n n b a m n                . 
Do đó 1b a m n    . Nhận xét được chứng minh. 
Trở lại bài toán, ta thấy rằng, con cào cào đang ở đỉnh ( , )A a b và muốn nhảy sang đỉnh ( , )B c d 
thì phải có 1 1 1 1
2 2 2OAB
S ad bc ad bc       . 
Từ đó suy ra xuất phát từ điểm ( ; )1 1 , con cào cào chỉ có thể nhảy đến các điểm ( ; )m n mà 
( , )m n 1. Hơn nữa, với ( , )m n 1 thì theo nhận xét ở trên thì con cào cào có thể nhảy đến điểm 
có tọa độ tương ứng là ( ; )m n . Vậy các điểm cần tìm là ( ; )m n với ,m n nguyên tố cùng nhau. 
2. Xét điểm nguyên dương ( ; )m n mà ( , ) ,m n m n  1 1 thì con cào cào có thể nhảy đến điểm 
này chỉ sau một bước nhảy. 
Ta lại xét điểm ( ; )m n mà ( , ) ,m n m n  1 1 thì theo nhận xét trên, tồn tại các số ', 'm n sao 
cho ' 'mm nn 1 và ' 'm n m n   1 . 
Lặp lại quá trình này, ta thấy rằng con cào cào có thể nhảy đến điểm ( ; )m n sau không quá 
m n bước. 
Vậy ta có đpcm. 
3 
Bài 2. 
Cho đường (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến ,AB AC tới (O) với A, B là 
các tiếp điểm. Gọi P là điểm thuộc tia đối của tia BA, Q là điểm thuộc tia đối của tia CA sao 
cho PQ tiếp xúc với (O). Qua P kẻ đường thẳng song song với AC và cắt đường thẳng BC tại 
E. Qua Q kẻ đường thẳng song song với AB và cắt BC tại F. 
1. Chứng minh rằng các đường thẳng ,QE PF luôn đi qua điểm cố định lần lượt là M, N. 
2. Chứng minh rằng tích PM QN không đổi. 
Lời giải. 
Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) có tiếp điểm của (I) lên 
AB, AC lần lượt là E, F. Đường thẳng qua B, song song với AC cắt EF tại K; CK cắt AB tại G. 
Khi đó, tam giác AGI vuông tại I. 
Thật vậy: 
Đặt , ,AB c BC a CA b   và chu vi tam giác ABC là 2 p . 
Do BK // AC nên tam giác BKF cân tại B, suy ra: AE AF p a   . 
Theo định lí Thales thì: BG BK p b AB p bcAG
AG AC b AG b p
      . 
Mà AF p a  nên ( )AF p p a
AG bc
 . 
Ta cũng có: 2 1 cos ( ), .sin sin
2 2 2sin
2
AF A AH A A p p aAI AH AFA AI bc
       .. 
Từ đó suy ra: ( )AF AH p p a
AG AI bc
  . Do đó: GI song song với EF, tức là AGI vuông tại I. 
4 
Bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán đã cho. 
1/ Gọi M, N lần lượt là giao điểm 
của QE với AB và PF với AC. 
Theo bổ đề trên, ta thấy rằng tam 
giác OMA và ONA lần lượt 
vuông tại O nên các điểm M, N 
cố định. 
2/ Trước hết, ta đặt 
, ,AB AC a BP x CQ y    . 
Chu vi của tam giác APQ là 
2( )p a x y   . 
Theo bổ đề trên, ta tính được: 
2 .
( ) ( )
AP PQPM AP
AP AQ PQ
AP AP AQ PQ a x x
AP AQ PQ a x y
   
     
Tương tự ( )a y yQN
a x y

  . 
Cần chứng minh rằng tích 2
( )( )
( )
xy a x a yPM QN
a x y
  
  không đổi. Thật vậy: 
Nếu gọi R là bán kính của (O) thì diện tích của tam giác APQ cùng bằng: 


sin . . ( )( )
2 2 sin
pR BAC AP AQ a x a y R
a x y BAC
     . 
Suy ra tỉ số ( )( )a x a y k
a x y
  
  không đổi, với sin
Rk
BAC
 . Từ đó, ta có 
( )( ) ( ) ( ) ( ) xya x a y k a x y a a x y xy k a x y a k
a x y
              
  , tức là tỉ 
số xy
a x y  cũng không đổi. 
Vậy 2
( )( )
( )
xy a x a yPM QN
a x y
  
  không đổi. Ta có đpcm. 
5 
* Cách khác: 
1. Ta sẽ chứng minh giao điểm 
M của EQ và AB, giao điểm N 
của FP và AC là các điểm cố 
định. 
Giả sử (O) tiếp xúc với BC tại 
D. Gọi K, L lần lượt là giao 
điểm của QO và BC, PK và 
OD theo thứ tự đó. 
Dễ thấy rằng PKO  090 ,suy 
ra: các cặp tam giác LKO, LDP 
và LOP, QOA đồng dạng với 
nhau. Suy ra, 
OK LO OQ OK PB
PD LP AQ OQ AQ
   
Mặt khác dễ thấy là PE PB 
nên OK PE EM
OQ AQ MQ
  . 
Áp dụng định lí thales đảo ta được: MO song song với BC là đoạn cố định mà M thuộc AB cố 
định nên M cũng cố định. Tương tự, N là điểm cố định. Ta có đpcm. 
2.Từ câu 1), ta có , ,M O N thẳng hàng. Từ đó dễ có ( . ) PMO ONQ g g  . 
Suy ra PM QN OM ON OM    2 là hằng số. 
Ta cũng chứng minh được rằng M, N là tiếp điểm của đường tròn A-Mixitilinear trên các đoạn 
AP, AQ của tam giác APQ. 
L
N
K
M
F
E
Q
P
C
B
O
A
D
6 
Bài 3. 
Cho cho n nguyên dương thỏa 3n và n số thực 1 2 3, , ,..., nx x x x thỏa mãn đồng thời 
(i) 1 2 3 ... 0nx x x x     . 
(ii) 2 2 3 21 2 2 ... ( 1)nx x x x n n      . 
(iii) 1 2 3 ... nx x x x    . 
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 1 2f x x  . 
Lời giải. 
*Tìm giá trị lớn nhất. 
Theo BĐT Bunhiacopski cho 2n số thực 3 4, ,..., nx x x , ta có: 
2
2 2 2 2 2 2 2 2 3 4
3 3 4 3
( ... )(1 1 ...1 )( ... ) ( ... ) ...
2
n
n n n
x x xx x x x x x x
n
               . Suy ra 
2 2 2
2 2 3 2 2 2 3 4 1 2 1 2
1 2 2 1 2
2
1 2 1 2
( ... ) ( ) ( )( 1) ...
2 2 2
2 ( 1)( 2)( ) 2( 1)( 2) 2( 1)( 2)
( 2 2)
n
n
x x x x x x xn n x x x x x x
n n
n n nx x n n x x n n
n
               
            
Do đó, giá trị lớn nhất của 1 2f x x  là 2( 1)( 2)n n  , đạt được khi 
1 2 3 4, ... nx x x x x    hay 1 2 3 4 5
( 1)( 2) 2( 1), ...
2 2n
n n nx x x x x x
n
          . 
*Tìm giá trị nhỏ nhất. 
Ta xét các trường hợp: 
- Nếu 3n thì 1 2 1 2 32 0x x x x x     và 1 2 1 2 32 0x x x x x     . 
Thay 3 1 2( )x x x  vào đẳng thức (ii), ta được 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2( ) 6 3x x x x x x x x        . 
Từ đánh giá 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2(2 )( 2 ) 0 (2 )( 2 ) 3 ( ) 1x x x x x x x x x x x x x x             . 
Dễ thấy nếu 1 2 3 1 21 1 0x x x x x       , mâu thuẫn nên 1 2 1x x  . 
Đẳng thức xảy ra khi 1 2 32, 1x x x   
-Nếu 4n , ta chú ý đến đánh giá sau: “Nếu a b c  thì 2 2 2 2( )b c a b c a     . (*) ” 
7 
Đánh giá này đúng vì 
2 2 2 2 2( ) 2 2 ( ) 2 0 ( )( ) 0b c a b c a a a b c bc a b a c              
Áp dụng đánh giá này với 2 3 4x x x  , ta được: 2 2 2 23 4 2 3 4 2( )x x x x x x     . 
Dễ thấy 2 3 4 2 2 5,x x x x x x    nên áp dụng tiếp đánh giá (*), ta có: 
2 2 2 2 2 2 2 2
3 4 5 2 3 4 2 5 2 3 4 2( ) 2 ( 2 )x x x x x x x x x x x x           . 
Tiếp tục áp dụng đánh giá (*) với các số 6 7, ,..., na a a , ta được: 
   2 22 2 3 2 2 21 2 2 2 3 4 2 2 1 2... ( 3) ... ( 3) ( 3) ( 2)n nx x x x n x x x x n x n x x n x                 
Suy ra  22 21 2 1 2( 2) ( 2) ( 1)x n x x n x n n       . 
Ta sẽ chứng minh rằng 
 
2
22 2 2 2 2 1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
( 1)( )( 2) ( 2) 2 ( 3 2) 2( 2)
4
n n x xx n x x n x x n n x n x x              . 
Bất đẳng thức này tương đương với: 21 2 1 2( ) ( 8) ( 1)(3 8) 0x x n n x n n x          , mà bất đẳng 
thức này đúng do 1 2x x và 
2 2
1 2 1 1 1( 8) ( 1)(3 8) ( 8) (3 8) ( 4) 0n n x n n x n n x n x n n x             . 
Từ các điều này, ta có: 
2
21 2
1 2
( 1)( )( 1) ( ) 4
4
n n x xn n x x      , dễ thấy 1 2 2x x  . 
Trong trường hợp này, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 2, đạt được khi 
1 2 3 1... 1, 1n nx x x x x n       . 
Vậy giá trị lớn nhất của 1 2f x x  là 2( 1)( 2)n n  , đạt được khi 
1 2 3 4, ... nx x x x x    hay 1 2 3 4 5
( 1)( 2) 2( 1), ...
2 2n
n n nx x x x x x
n
          . 
Giá trị nhỏ nhất của 1 2f x x  là 1 với 3n , đạt được khi 1 2 32, 1x x x   và là 2 với 
4n , đạt được khi 1 2 3 4 5
( 1)( 2) 2( 1), ...
2 2n
n n nx x x x x x
n
          .
8 
Bài 4. 
Cho dãy số ( )na thỏa mãn 0 11, 3a a  và 
2
1
2 1
n
n
n
a
a
a


      
. 
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 22 1 2
n
n n na a a   . 
Lời giải. 
Dễ thấy mọi số hạng của dãy đều là số nguyên dương. 
Trước hết, bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng đã cho cũng thỏa mãn hệ thức truy hồi 
,n n na a a n    2 14 2  . 
Thật vậy, bằng tính toán trực tiếp, ta có , ,a a a  2 3 410 34 116 thỏa mãn cả hai hệ thức truy 
hồi, tức là khẳng định đúng với , ,n  0 1 2 . 
Giả sử khẳng định đúng đến ,n k k  2 , tức là k k ka a a  2 14 2 . 
Ta sẽ chứng minh rằng nó cũng đúng với n k 1. 
Ta có ( )k k k kk k k
k k k
a a a aa a a
a a a
 
 
  
     
            
     
2 2 2
2 1
3 1
1 1 1
4 2 41 1 1 16 16 . 
Ta lại cần chứng minh  , * k k
k
a a k
a 
 
   
 
2
1
1
4 4 1 2 . 
Thật vậy, 
(*) k kk k k k k k
k k
a aa a a a a a
a a    
        
2 2
2 2
1 1 1 1
1 1
4 4 11 4 1
4
Hơn nữa, theo giả thiết thì k k kk k k k k k k
k k k
a a aa a a a a a a
a a a      
 
          
 
2 2 2
2 2
1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 . 
Theo giả thiết quy nạp, ta có 
( ) ( )k k k k k k k k k k k ka a a a a a a a a a a a                    1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1
14 2 4 4 2 2 6 8 4
4
. 
Do đó, ta có được k k k k ka a a a a    
2 2
1 1 1
1
4
 hay (*) đúng. Từ ,k k
k
a a k
a 
 
   
 
2
1
1
4 4 1 2 , ta có 
9 
( ) ( )k k k k k k k k k ka a a a a a a a a a                3 1 1 1 1 2 11 16 16 4 1 4 4 2 2 4 2 4 2 . 
Suy ra khẳng định đúng với n k 1 và theo giả thiết quy nạp thì khẳng định được chứng minh. 
Ta sẽ chứng minh dãy số thỏa mãn , , ,n n na a a a a n     0 1 1 21 3 4 2 2 cũng thỏa mãn đẳng 
thức nn n na a a  
2
2 1 2 với mọi n (**) 
Thật vậy, ta có ( ) ( ) ( )n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a            
2 2
2 1 1 1 1 1 14 2 4 2 2 . 
Lặp lại biến đổi này n lần với chú ý a a a     2 2 00 2 1 1 10 3 1 2 ta thấy (**) đúng. 
Vậy ta có đpcm. 
10 
Bài 5. 
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho biểu thức sau 
22 (2 1) 8.3 1n n nA     
là một số chính phương. 
Lời giải. 
Giả sử tồn tại số n nguyên dương thỏa mãn đề bài. 
Khi đó, tồn tại m sao cho: 
2 2 2 2 1 1 22 (2 1) 8 3 1 2 2 2 1 8 3 (2 1) 8.3n n n n n n n nm                  
hay ( )( )
n n
nm m      
1 12 1 2 1 2 3
4
. 
Đặt ( ) ( ),
n nt ta b
    
 
1 12 1 2 1
2 2
 thì ,n na b ab    12 1 2 3 . 
Dễ thấy t là số lẻ nên ,a b là các số nguyên dương. Do đó, ,u va b  3 2 3 hoặc ngược lại. 
Trong cả hai trường hợp, ta đều có u v n   13 2 3 2 1 và u v n  . 
Ta xét các trường hợp sau: 
- Nếu n 1 thì ,u v u v    3 2 3 3 1, hệ này không có nghiệm nguyên dương. 
- Nếu n  2 thì ,u v u v    3 2 3 7 2 , hệ này cũng không có nghiệm nguyên dương. 
- Nếu n  3 thì ,u v u v    3 2 3 15 3 , hệ này có nghiệm là ,u v 2 1 . 
- Nếu n  4 thì ,u v u v    3 2 3 31 4 , hệ này không có nghiệm nguyên dương dương. 
- Nếu n  5 thì ,u v u v    3 2 3 63 5 , hệ này có nghiệm là ,u v 2 3 . 
- Nếu n  5 , ta sẽ chứng minh rằng hệ tương ứng trong trường hợp này sẽ vô nghiệm. 
Ta có 
( ) ( ) ( )nu n u n n nu n v v

             
2 1
1 3 2 1 2 1 23 2 9 8 1
3 3 3
. 
Tương tự, ta cũng có nu  2 1
3
. Đặt min{ , } nw u v w    2 1 2
3
. Suy ra 
(mod )n  12 1 0 9 . Bằng cách thử trực tiếp, ta có được (mod )n 1 0 6 hay *,n k k  1 6  . 
11 
Từ đó, ta được ( )( )( )u v k k k k      23 2 3 2 1 2 1 4 4 1 . 
Dễ dàng thấy rằng (mod )k k     24 4 1 1 1 1 0 3 nhưng (mod )k k k k     24 4 1 2 4 1 0 9 
nên w13 là ước của ( )( )k k 2 1 2 1 . Suy ra w k k n nw n           1 2 13 2 1 3 1 1 11
3 6
Dễ thấy không tồn tại số nguyên dương n nào mà (mod )n 1 0 6 và n 5 11 nên trong 
trường hợp này, hệ không có nghiệm. 
Vậy có tất cả hai số nguyên dương n thỏa mãn đề bài là ,n n 3 5 . 
12 
Bài 6. 
Có n học sinh ngồi quanh một bàn tròn, trong tay mỗi học sinh có một số kẹo sao cho tổng số 
kẹo của tất cả các học sinh này là một bội số của n. Ta thực hiện một quy tắc chuyển kẹo như 
sau: nếu có một học sinh có số kẹo lớn hơn số kẹo của người bạn bên tay phải mình thì ta sẽ 
lấy đi của người đó chuyển sang cho người bạn bên tay phải. 
Chứng minh rằng với quy tắc trên, sau một số hữu hạn các bước với cách chuyển thích hợp, 
số kẹo của mỗi học sinh đều bằng nhau. 
Lời giải. 
Xuất phát từ một học sinh nào đó, lần lượt theo chiều ngược chiều kim đồng hồ, ta đánh số các 
em bởi , , ,..., n1 2 3 . Khi đó, với mỗi ,i n1 , ngồi ngay bên phải em i là em i 1 . 
(với quy ước em n 1 là em 1). 
Với *t , ta định nghĩa thời điểm t là thời điểm nằm giữa lần chuyển kẹo thứ t và thứ t 1. 
Với mỗi ,i n1 , kí hiệu x là số kẹo của em i tại mỗi thời điểm và gọi ( )ix t là số kẹo của 
em i tại thời điểm t. Ta gọi mỗi bộ ( , , ,..., )nx x x x1 2 3 là một trạng thái. 
Xét đại lượng 
n
i
i
F x

 2
1
 và xét một thời điểm t tùy ý. Giả sử, ở lần chuyển kẹo thứ t 1, người 
thực hiện việc chuyển kẹo là em i. Khi đó: 
 ( ) ( ), ( ) ( ), ;
( ) ( ) , ( ) ( )
i i j j
i i i i
x t x t x t x t j i i
x t x t x t x t

 
     
     
1
1 1
1 1
1 1 1 1
Do đó          ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )i i i i i iF t F t x t x t x t x t x t x t             
2 2 2 2
1 1 11 1 1 2 1 0 
Và ( ) ( ) ( ) ( ) (*) i iF t F t x t x t     11 0 1 . ( ( )F t kí hiệu giá trị của F tại thời điểm t). 
Như vậy, giá trị của F không tăng trong quá trình chuyển kẹo và F chỉ nhận cùng một giá trị ở 2 
thời điểm liên tiếp là ,t t 1 khi và chỉ khi ở lần chuyển kẹo thứ t + 1, em chuyển kẹo có nhiều 
hơn em nhận kẹo đúng 1 chiếc kẹo. Hơn nữa, do mỗi trạng thái cho ta một nghiệm tự nhiên của 
phương trình 
... nx x x x n    1 2 3 
nên số trạng thái đôi một khác nhau là hữu hạn. Suy ra, trong quá trình chuyển kẹo, F chỉ nhận 
một số hữu hạn các giá trị đôi một khác nhau. 
13 
Xảy ra một trong hai trường hợp sau: 
* Trường hợp 1: F nhận mỗi giá trị chỉ tại một số hữu hạn thời điểm liên tiếp . 
Trong trường hợp này, sau một số hữu hạn lần chuyển kẹo, F sẽ nhận giá trị nhỏ nhất có thể và 
kể từ thời điểm (đầu tiên) F nhận giá trị nhỏ nhất đó, việc chuyển kẹo chỉ có thể thực hiện thêm 
một số hữu hạn lần. Khi việc chuyển kẹo không thể thực hiện được, ta phải có 
... nx x x x x    1 2 3 1 hay ... nx x x x   1 2 3 . 
Khẳng định của bài toán được chứng minh. 
* Trường hợp 2 : Tồn tại một giá trị mà F nhận giá trị đó tại vô hạn thời điểm liên tiếp . 
Giả sử ( ) ( ),F t F t t t    01 . Khi đó, theo (*), kể từ thời điểm t0 , mỗi lần chuyển kẹo chỉđược 
thực hiện bởi em i mà tại thời điểm đó i ix x  1 1 (**) 
Do kể từ thời điểm t0 ta sẽ nhận được vô số trạng thái mà chỉ có hữu hạn trạng thái đôi một 
khác nhau (chứng minh trên) nên phải tồn tại ít nhất một trạng thái xuất hiện tối thiểu 2 lần. 
Xét một trạng thái trong số các trạng thái như vậy, gọi là A. 
Giả sử A xuất hiện tại thời điểm t t1 0 ; gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tại thời điểm 
t k1 , A lại xuất hiện một lần nữa. 
Gọi (C) là quá trình chuyển kẹo kể từ thời điểm t1 đến thời điểm t k1 . 
Do (C) khởi đầu và kết thúc bởi cùng một trạng thái nên trong quá trình đó nếu em i đã nhận kẹo 
ở một lần chuyển kẹo nào đó thì sau đó i phải thực hiện việc chuyển kẹo cho bạn ngồi ngay bên 
phải mình. Từ đó, do các em ngồi quanh bàn tròn, suy ra trong (C), mỗi em đều phải thực hiện 
việc chuyển kẹo ít nhất một lần. 
Hơn nữa, do tổng số kẹo của các em là một bội của n nên với ( , ,..., )nx x x1 2 là một trạng thái tùy 
ý, ta phải có hoặc ... nx x x x   1 2 3 , hoặc tồn tại  , , ,...,i j n  1 2 3 sao cho i jx x  2 . 
Suy ra, mỗi trạng thái trong (C) đều có tính chất: tồn tại  , , ,...,i j n  1 2 3 sao cho i jx x  2 . 
Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho trong (C) có ít nhất một trạng thái mà ở trạng thái đó 
tồn tại  , , ,...,i n 1 2 3 sao cho i i mx x   2 . Gọi B là trạng thái có tính chất như vậy và ở gần A 
nhất (có thể B A ). Giả sử B xuất hiện (trong (C)) tại thời điểm t t2 1 . 
Xét hai khả năng sau: 
14 
- Khả năng 1: m  1 , ta lại xét tiếp các trường hợp: 
+ Trường hợp 1.1: B A . Khi đó, ở lần đầu tiên (trong (C)) chuyển kẹo cho em i 1 , em i sẽ có 
nhiều hơn i + 1 ít nhất 2 chiếc kẹo; mâu thuẫn với (2). 
+ Trường hợp 1.2 : B A . Khi đó, ở trạng thái A, ta có i ix x  1 1. Do đó, để trở lại được 
trạng thái A, sau thời điểm t2 , i phải chuyển kẹo cho em i 1 ít nhất 1 lần và ở lần đầu tiên trong 
các lần như vậy i sẽ có nhiều hơn i 1 ít nhất 2 chiếc kẹo; mâu thuẫn với (2). 
- Khả năng 2: m  1 . Khi đó, từ định nghĩa của m suy ra số kẹo của các em 
, ,..., ,i i i m i m   1 1 (trong trạng thái B) phải thỏa mãn 
, ...i i i i i m i mx x x x x x           1 1 1 11 1 . 
+ Trường hợp 2.1: B A . Trong trường hợp này, tại lần đầu tiên có một trong các em 
, , ,...,i i i i m  1 1 thực hiện việc chuyển kẹo; em chuyển kẹo chỉ có thể hoặc là i 1hoặc i 
hoặc i m 1 hoặc i m . 
 Nếu i 1 thực hiện việc chuyển kẹo thì sau bước chuyển đó, ta sẽ có trạng thái mà trong 
đó i ix x  1 2 . 
 Nếu i thực hiện việc chuyển kẹo thì sau bước chuyển đó, ta sẽ có trạng thái mà trong 
i i mx x  1 2 . 
 Nếu i m 1thực hiện việc chuyển kẹo thì sau bước chuyển đó, ta sẽ có trạng thái mà 
i i mx x   1 2 . 
 Nếu i m thực hiện việc chuyển kẹo thì sau bước chuyển đó, ta sẽ có trạng thái mà 
i m i mx x   1 2 . 
Trong cả 4 tình huống trên, ta đều nhận được điều mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của m. 
+ Trường hợp 2.2 : B A . Khi đó, ở trạng thái A, các số , ,..., ,i i i m i mx x x x   1 1 sẽ không thỏa 
mãn quan hệ (∗). Vì thế, để trở lại trạng thái A, sau thời điểm t2 phải có thời điểm mà ít nhất một 
trong các sốđó thay đổi. Điều này chỉ có được khi có ít nhất một trong các em 
, , ,...,i i i i m  1 1 thực hiện việc chuyển kẹo. Lập luận hoàn toàn tương tự như trường hợp 2.1, 
ta sẽ nhận được những điều mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của m. 
Tóm lại, các mâu thuẫn nhận được ở trên cho thấy trường hợp 2 không thể xảy ra. 
Bài toán được chứng minh.