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幸福健康 更新于2026-7-31 04:30:33

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2026七月




第 1 题. 黑板上写有 2026 个大于 1 的整数,允许有相同的数。在一次操作中,孔夫子选取黑板上两个不同位置的整数 $m \gt 1$ 和 $n \gt 1$,并将这两个整数替换成

$\gcd(m, n) \quad \text{和} \quad \frac{\operatorname{lcm}(m, n)}{\gcd(m, n)}.$

只要能够进行这样的操作他便继续操作。

(1) 证明:不论孔夫子如何选择,在有限次操作后,黑板上恰有一个大于 1 的整数,记此数为 $M$。

(2) 证明:整数 M 的值不依赖于孔夫子的选择。

(注:$\gcd(x, y)$ 表示正整数 $x$ 和 $y$ 的最大公约数,$\operatorname{lcm}(x, y)$ 表示 $x$ 和 $y$ 的最小公倍数。)




第 2 题. 在三角形 $ABC$ 中,点 $M$ 和 $N$ 分别是边 $AB$ 和 $AC$ 的中点。在三角形 $BMC$ 和三角形 $BNC$ 的内部分别选取点 $K$ 和 $L$,使得点 $K$ 在三角形 $ABL$ 的内部,点 $L$ 在三角形 $AKC$ 的内部。已知

$\angle KBA = \angle ACL, \quad \angle LBK = \angle LNC, \quad \text{且} \quad \angle LCK = \angle BMK.$

设 $O$ 是三角形 $AKL$ 的外心。证明:$OM = ON$。





第 3 题. 设n是正整数。刘邦和项羽有一根长度为 1 的细棍。他们按下述方式进行分配。刘邦先在细棍上标记不超过 n个点,接着项羽再标记不超过 n 个点。标记的点是互不相同的。随后在所有标记点处将细棍切开,这样细棍被分成了若干个小段。在此之后,他们轮流选取一个未被选取的小段,由刘邦先选,直至全部选完。每个人的目标均是使得自己选取的小段的总长度尽可能大。对每个 n,求最大的 c,使得无论项羽如何操作,刘邦总能确保自己选取的小段的总长度不小于 c。





第4题

单于和木兰正在玩一个游戏。设 $\theta$ 是一个满足 $0^\circ \lt \theta \lt 180^\circ$ 的角,且两名玩家都知道这个角。一开始,单于用他自己选择的尺寸制作一个纸三角形 T。然后,他们反复执行以下步骤:

-   如果 T 中至少有一个角的大小恰好等于 $\theta$,那么游戏停止,木兰获胜。

-   否则,木兰在 T 的边界上选择一个不同于三个顶点的点 P。然后她从 P 向 T 的对顶点作一条直线切割,将 T 分成两个三角形。

-   单于丢弃其中一个三角形,剩下的三角形成为新的 T。

对于哪些实数值 $\theta$,无论单于如何操作,木兰都能在有限步内保证自己获胜?





第5题

设 $\mathbb{R}_{\gt0}$ 表示正实数集合。求所有函数 $f: \mathbb{R}_{\gt0} \to \mathbb{R}_{\gt0}$,使得对任意 $x, y \in \mathbb{R}_{\gt0}$,都有

$ \sqrt{\frac{x^2 + f(y)^2}{2}} \ge \frac{f(x) + y}{2} \ge \sqrt{x f(y)} $成立。





第6题

设 $a_1, a_2, a_3, \dots$ 是一个各项均为大于 1 的正整数的无穷数列。假设对所有正整数n,数 $a_{n+1}$ 是满足 $a_{n+1} \gt a_n$ 且对所有 $i = 1, 2, \dots, n$ 都有 $\gcd(a_{n+1}, a_i) \gt1$ 的最小正整数。证明:存在正整数 T 和 L,使得对所有正整数 n 都有

$ a_{n+T} = a_n + L. $

(注:$\gcd(x, y)$ 表示正整数 x与 y的最大公约数。)

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交汇终极
1月前

我把第一题瞪出来了💦(排版太花时间了😇😇😇)

(1) 

$定义黑板上所有整数的乘积为P$

$某次操作选取的两个数为m, n,则替换后的数为g = \gcd(m, n)和k = \frac{\text{lcm}(m, n)}{g}$

$则g \cdot k = \gcd(m, n) \cdot \frac{\text{lcm}(m, n)}{\gcd(m, n)} = \text{lcm}(m, n)$

$因为\text{lcm}(m, n) = \frac{mn}{\gcd(m, n)},m,n 均\gt 1$

$则新积严格小于旧积$

$若操作后两个数均为1,则操作前两个数也需均为1,矛盾$

$由于操作有下界,则该操作是有限的$

$因此当无法操作时,意味着找不到两个大于 1 的数,即大于 1 的数至多 1 个$


(2) 

$插入引理:\gcd(\min(\alpha, \beta), |\alpha - \beta |)= \gcd(\alpha, \beta)$

$证明:$

$不妨设\alpha\geq\beta\geq 0$

$则有\min(\alpha, \beta) = \beta, \quad |\alpha - \beta| = \alpha - \beta $

$待证等式化为:$

$\gcd(\beta, \alpha - \beta) = \gcd(\alpha, \beta)$

$①证明左边整除右边$

$设d = \gcd(\beta, \alpha - \beta)$

$则d \mid \beta且d \mid (\alpha - \beta)$

$因此d \mid [(\alpha - \beta) + \beta] \implies d \mid \alpha$

$所以\gcd(\beta, \alpha - \beta) \leq \gcd(\alpha, \beta)$

$②证明右边整除左边$

$设g = \gcd(\alpha, \beta)$

$则g \mid \alpha且g \mid \beta $

$可得g \mid (\alpha - \beta)$

$所以\gcd(\alpha, \beta) \leq \gcd(\beta, \alpha - \beta)$

$引理得证$

$回到原题:$

$对于任意质数p,考察黑板上所有数中p的指数构成的集合E = \{v_p(a_1), v_p(a_2), \cdots, v_p(a_{2026}) \}$

$一次操作选取(m, n),对应指数 (\alpha, \beta)$

$新数的指数为 \min(\alpha, \beta) 和|\alpha - \beta | $

$由引理得,\gcd(\min(\alpha, \beta), |\alpha - \beta |)= \gcd(\alpha, \beta)$

$因此整个集合E中所有元素的最大公约数\gcd(E)在操作下保持不变$

$而当操作终止时,集合中恰有一个正整数 v_p(M),其余均为 0$

$此时集合的 gcd 为\gcd(v_p(M), 0, \cdots ,0)=v_p(M)$

$所以M值恒为\gcd(v_p(a_1),v_p(a_2),\cdots ,v_p(a_(2026))),与操作过程无关$

证毕!


2条评论
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交汇终极
1月前

乱码是

$对于任意质数p,考察黑板上所有数中p的指数构成的集合E = ${$v_p(a_1), v_p(a_2), \cdots, v_p(a_{2026}) $}


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幸福健康
1月前

记得单独讨论一下互素情况

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交汇终极
1月前
做得怎么样,第二天的有吗😎
1条评论
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幸福健康
1月前

不知道为什么班班给我传不上来

我四点让他传显示的是四点有消息但是就是没传上来

我明天再试试传吧


今天我还有补课班就没做成😂

我还是抽空做吧

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zzzZZZnTellurium
1月前

喵喵喵()

不过这个有水印()

Screenshot_20260716-234201.png

1条评论
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幸福健康
1月前
十分阿里嘎多
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zzzZZZnTellurium
1月前

清晰版本,Ds 识别加人工校正。

第 4 题第一行 "制作一个三角形" 应为 "制作一个纸三角形"。

IMG_20260716_235917_424.jpg

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承黒
1月前

你真厉害


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Sequence17
1月前

只做出来3道对两道,手生了第六题没看出来构造等差性这步唐飞了20.png,第三第四道见面快十分钟无思路直接跳了
不过感觉这次的题没有灭世级难度

3条评论
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幸福健康
1月前

2题怎么做啊😭

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Vicaste
1月前

看见了先mol一下

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幸福健康
29天前

$三题确实难,但是可以通过简单情况猜出来答案是\frac{2^n}{2^n+1}$

$四题我感觉还行吧猜出\frac{\pi}{n}后(不清楚对不对)构造的证明简单,必要性的证明从单于入手构造就行了$