【IMO】 2026년도 제67회 국제수학올림피아드 풀이

2026년도 제67회 국제수학올림피아드 풀이

 

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1. 칠판에 1보다 큰 정수 2026개가 적혀 있다. 이 정수들은 서로 같을 수도 있다. 한 번의 시행에서 공자는 칠판의 서로 다른 위치에 적힌 두 정수 m > 1, n > 1을 선택하고, 이 두 정수를 다음 두 정수로 바꾼다. 공자는 이러한 시행이 가능한 동안 계속해서 시행한다.

 

 

⒜ 공자가 어떤 정수들을 선택하더라도, 유한 번의 시행 후에는 칠판에 적힌 정수 중 정확히 하나의 정수 M만이 1보다 크게 됨​을 증명하여라.

⒝ M의 값은 공자가 시행 과정에서 어떤 정수들을 선택했는지와 무관함을 증명하여라.

 

단, gcd(x,y)는 양의 정수 x, y의 최대공약수를, lcm(x,y)는 x, y의 최소공배수를 나타낸다.

 

 

Solution. 

주어진 시행은 소인수 분해 후 각 소수에 대해 독립적으로 분리하여 볼 수 있어 다음 사실들을 발견할 수 있다.

사실 1. 오직 하나의 수만 고유한 소수를 가지고 있다면 그 소수는 주어진 시행만으로는 없어지지도, 새로 생기지도 않는다.

사실 2. 한 수가 어떤 소수 p 1개만을 인수로 갖고, 나머지 수들이 p를 인수로 갖지 않거나 p의 거듭제곱만을 인수로 가지면 위 연산으로 인해 p의 개수는 계속 엄격하게 줄어든다. 사실 1에 의해 p가 1개만 남을 때까지 p의 개수가 줄어들게 된다.

사실 3. 모든 수가 p에 관하여 갖는 인수가 1, p^k, p^2k, p^3k, ··· 라면 결국 p^k가 1개만 남는다. p^k는 더 쪼개질 수 없다.

 

예를 들어, (3, 9) → (3, 3) → (1, 3)이 되어 사실 2를 확인할 수 있다.

예를 들어, (4, 12, 16) → (4, 3, 16) → (4, 3, 4) → (1, 4, 3)이 되어 사실 3을 확인할 수 있다.

 

서로 소인 두 수 a, b가 연산 결과 1, ab로 됨을 알고, 사실 1에 의해 M ≠ 1이다.

따라서 명제 ⒜를 증명하였다.

 

p^d_p는 p-진 지수들의 최대공약수라고 정의하자. 즉, 각 수의 p-부분들이 모두 그 정수 거듭제곱으로 표현되는 가장 큰 p의 거듭제곱이라고 정의하자. 

그러면 어떤 순서로 연산을 하여도 2025개의 1과 1개의 M = 2^d₂ · 3^d₃ · ··· 로 쪼개짐을 안다. 

따라서 명제 ⒝를 증명하였다.

 

 

2. 삼각형 ABC에서 M과 N은 각각 변 AB와 AC의 중점이다. 점 K와 L을 각각 삼각형 BMC와 BNC의 내부에 잡는다. 또한 K는 삼각형 ABL의 내부에 있고, L은 삼각형 AKC의 내부에 있다고 하자. 다음이 성립한다고 가정하자: ∠KBA = ∠ACL, ∠LBK = ∠LNC, ∠LCK = ∠BMK. 삼각형 AKL의 외심을 O라 하자. 이때 OM = ON임을 증명하여라.

 

 

Solution. 

 

직선 BK와 AC의 교점을 P, CL과 AB의 교점을 Q라 하자.

K, L이 삼각형 ABC의 내부에 있으므로 B ― K ― P, C ― L ― Q의 순서로 놓인다.

∠PBQ = ∠PCQ이므로 B, C, P, Q는 공원점

∠LBP + ∠LNP = 180°이므로 B, P, N, L은 공원점

대칭성에 의해 C, K, M, Q도 공원점

 

 

A를 원점으로 두고 벡터 표시를 쓰자.

P = λC, Q = μB, M = 0.5B

K = (1-t)B + tP = (1-t)B + tλC

B, C, P, Q는 공원점이므로 방멱의 정리에 의해 AB · AQ = AC · AP ⇔ μ|B|² = λ|C|²

일반적으로 중심이 h, 반지름이 r인 원은 |x - h|² = r² ⇔ |x|² - u·x + d = 0

이 원을 원 CKMQ로 보고, x = sB를 대입하면 s² |B|² - s(u·B) + d = 0 ⇔ s = μ, 0.5

따라서 (μ+0.5)|B|² = u·B 및 0.5μ|B|² = d를 얻는다.

C 역시 이 원 위에 있으므로 u·C = |C|² + d

K 역시 이 원 위에 있으므로, AK² = |K|² = (1-t)(u·B) + tλ(u·C) - d = (1-t)(μ+0.5)|B|² + tλ(|C|² + 0.5μ|B|²) - 0.5μ|B|²

즉, AK² = 0.5|B|² (1 + μ - t + tλμ) (★)

H를 원 BCPQ의 중심, R을 그 원의 반지름이라 두면, 방멱의 정리에 의해 AH² - R² = AB · AQ 

K는 현 BP의 내부에 있으므로, 방멱의 정리에 의해 R² - KH² = BK · KP

∴ AH² - KH² = AB · AQ + BK · KP = AK² (∵ ★)

∴ AH² = KH² + AK² 

∴ AK ⊥ KH

∴ AL ⊥ LH (∵ 위 식과의 대칭성)

∴ A, K, H, L은 공원점이고 AH가 지름 

∴ △AKL의 외심 O는 AH의 중점 

∴ AM = 1/2 AB, AO = 1/2 AH로부터 OM = 1/2 BH (∵ 닮음의 원리)

∴ ON = 1/2 CH (∵ 위 식과의 대칭성)

∴ H는 원 BCPQ의 중심이므로 BH = CH라서 OM = ON 

 

개인적으로는 ★ 부분을 벡터 표현 없이 하나의 정리처럼 외워두어도 좋을 듯 싶다.

 

 

3. n을 양의 정수라 하자. 류방과 샹위는 길이가 1인 막대 하나를 둘이 나누어 가지려고 한다. 먼저 류방이 막대 위에 최대 n개의 점을 표시하고, 이어서 샹위가 막대 위에 최대 n개의 점을 표시한다. 표시된 모든 점은 서로 다르다. 그 후 표시된 모든 점에서 막대를 잘라 여러 개의 조각으로 나눈다. 이제 류방부터 시작하여, 두 사람은 아직 아무도 가져가지 않은 막대 조각 하나를 번갈아 선택해 가진다. 각 사람의 목표는 자신이 가져간 조각들의 길이의 합을 최대화하는 것이다. 각 양의 정수 n에 대하여, 샹위가 어떻게 행동하더라도 류방이 자신이 가져가는 조각들의 총길이가 적어도 c가 되도록 보장할 수 있는 c의 최댓값을 구하여라.

 

 

Solution. 

류방이 선공이므로 c ≥ 1/2이고, n → ∞이면 c = 1/2임을 염두에 두자.

 

n = 2인 경우, 류방이 가운데를 선택하면 샹위도 거의 가운데를 선택하게 되어 대략 1/2씩 가져가게 된다.

그런데 류방이 왼쪽에서 1/3을 선택하면 샹위는 류방과 같은 위치로 하기에는 남은 조각이 커져서 결국 왼쪽에서 2/3를 선택하게 된다.

따라서 류방은 2/3을 가져가게 된다.

 

이 문제는 어떤 대칭 부등식을 푸는 것과 같으므로, c의 최댓값은 대칭적인 등호조건에서 형성된다. (참고. UVW 원리)

류방이 먼저 고르고, 샹위가 그 다음 고른 뒤에 남은 막대를 분할하는 것은 프랙탈처럼 비슷한 광경이 반복되므로 쉽게 등호조건을 찾을 수 있다. 

비슷한 광경이란 n = 2인 경우에 비추어 류방이 x를 가져가고, 상위가 x를 가져가며, 그 다음 류방이 x/2를 가져가고, 상위가 x/2를 가져가는 식이다.

마지막 작은 한 조각은 류방이 가져가고, 이것이 곧 선공의 이익이 된다.

따라서 c_n은 다음과 같다. 

 

 

 

4. 샨위와 뮬란이 다음과 같은 게임을 한다. 두 사람 모두 알고 있는 각 θ가 0° < θ < 180° 를 만족한다고 하자. 처음에 샨위는 자신이 원하는 크기와 모양의 종이 삼각형 𝒯를 만든다. 이후 두 사람은 다음 과정을 반복한다.

● 𝒯에 크기가 정확히 θ인 각이 하나 이상 있으면, 게임을 종료하고 뮬란이 승리한다.

● 그렇지 않으면 뮬란은 𝒯의 세 꼭짓점이 아닌, 둘레 위의 한 점 P를 선택한다. 그런 다음 P와 그 맞은편 꼭짓점을 잇는 직선으로 𝒯를 잘라 두 개의 삼각형으로 나눈다.

● 샨위는 이 두 삼각형 중 하나를 버린다. 남은 삼각형을 새로운 𝒯로 삼는다.

샨위가 어떻게 플레이하더라도 뮬란이 유한 번의 시행 안에 반드시 승리할 수 있는 실수 θ의 값을 모두 구하여라.

 

 

Solution. 

θ > 90°일 때 항상 승리할 수는 없음을 쉽게 보일 수 있다. 샨위가 둔각삼각형을 버리면 되기 때문이다.

삼각형이 분할될 때 두 분할된 삼각형 θ인 각이 반드시 나올 수 있는 θ = 90°이 반드시 승리할 수 있는 실수임을 안다.

이로부터 90° / 2ⁿ, n ∈ ℕ ∪ {0} 꼴은 반드시 승리할 수 있는 실수임을 안다.

삼각형이 분할될 때 θ, 2θ인 각이 반드시 나올 수 있는 θ = 60°이 반드시 승리할 수 있는 실수임을 안다.

이로부터 60° / 2ⁿ, n ∈ ℕ ∪ {0} 꼴은 반드시 승리할 수 있는 실수임을 안다.

이를 일반화 하면, mθ = 180°, m ∈ ℕ이라면 반드시 승리할 수 있는 실수이고, 앞의 사례들이 모두 포함된다.

예를 들어, 13θ = 180°이면, 13 = 1101₍₂₎라서 우선 8θ (1000₍₂₎θ), 5θ (101₍₂₎θ)로 쪼개고, 5θ인 삼각형이 골라지면 4θ (100₍₂₎θ)와 θ로 쪼갠다.

8θ 또는 4θ가 골라지면 계속 절반씩 나누면 된다.

 

한편, 72°를 만든다고 할 때 다음과 같은 엇각 상황은 불가능하고, 36°에서 만드는 방향도 불가능하고, 결국 144°에서 쪼개는 방향뿐이다.

그러나 일단 144°를 만드는 전략은 불가능함은 앞에서 언급한 바 있다.

 

 

72°는 (2/5) × 180°인데 이것이 불가능하다는 것은 180° / m, m ∈ ℕ 꼴이 아닌 모든 유리수의 불가능성을 의미한다.

왜냐하면 1/m이 아닌 유리수와 2/5는 동일한 지위에 있기 때문에, 군이론에 의해 이들은 같은 규칙을 따라야 한다.

무리수는 연산 자체가 닫혀 있지 않아서 그러한 θ는 불가능함을 안다.  

따라서 답은 180° / m, m ∈ ℕ 꼴이다.

 

 

5. ℝ_>0을 양의 실수 전체의 집합이라 하자. 모든 x, y ∈ ℝ_>0에 대하여

 

 

를 만족하는 모든 함수 f : ℝ_>0 → ℝ_>0를 구하여라.

 

 

Solution. 

x = f(x), y = x를 대입하면 f(f(t)) = 2f(t) - t를 얻는다. 

이 식으로부터 수학적 귀납법에 의해 f⁽ⁿ⁾(x) = x + n(f(x) - x)를 얻는다.

모든 f⁽ⁿ⁾(x) > 0이므로 f(x) - x ≥ 0이다. 

 

주어진 식을 다시 활용해서, f(f(x)) + y = 2f(x) - x + y ≥ 2 √xf(y) 

⇔ 2(f(x) - x + y)² ≥ 4f(x)f(y)

⇔ (x + y + 2g(x))² ≥ 4(x + g(x))(y + g(y)) (단, g(·) = f(·) - (·)

⇔ (x-y)² ≥ 4(x + g(x))(g(y) - g(x)) ≥ 4x (g(y) - g(x))

⇔ |x - y| / 4x ≥ (g(y) - g(x)) / |x - y|

위 식은 ∀ x, y > 0에 성립하므로 x를 y에 근접시키면 |g'(x)| = 0을 얻는다.

 

따라서 g(x) = f(x) - x = c ⇔ f(x) = x + c, c ∈ ℝ이다. 

참고로, 이를 원래 식에 대입하여 성립함을 봄으로써 해의 존재성도 밝혀야 한다.

참고로, g(x)의 미분가능성이 담보되지 않으므로 좀 더 엄밀하게 접근하여야 한다. 다만, 큰 아이디어는 유사하다.

 

 

6. a₁, a₂, a₃, ···을 1보다 큰 양의 정수로 이루어진 무한수열이라 하자. 모든 양의 정수 n에 대하여, a_n+1은 a_n보다 큰 양의 정수 중에서 gcd(a_n+1, a_i) > 1 이 모든 i = 1, 2, ···, n에 대해 성립하도록 하는 가장 작은 정수라고 하자. 이때 모든 양의 정수 n에 대하여 a_n+T = a_n + L 이 성립하도록 하는 양의 정수 T와 L이 존재함을 증명하여라. 단, gcd(x, y)는 양의 정수 x, y의 최대공약수를 나타낸다.

 

 

Solution. (소수의 주기성과 촘촘함 논증)

일단 문제의 이해를 돕기 위해 몇 가지 예시를 소개한다.

a₁ = 짝수라면, T = 1, L = 2이므로 쉽게 증명된다.

a₁ = 소수라면, T = 1, L = a₁이므로 쉽게 증명된다. 

a₁ = 소수가 아닌 홀수라면, 상황은 조금 복잡해진다. 예를 들어, a₁ = 15라면, a₂ = 18, a₃ = 20이다. 

 

수열 {a_n}에 a₁, 2a₁, 3a₁, ··· 이 포함됨을 증명할 수 있다. 마찬가지로 a₂, 2a₂, 3a₂, ··· 이 포함됨을 증명할 수 있다.

L = a₁이라 둘 수 없는 게 수열 내 원소 중 a₁ ~ 2a₁ 사이에 있는 게 a_n+T = a_n + L을 만족하지 않을 수도 있기 때문이다.

그러한 상황이 존재하면 a₁에도 영향을 줘서 a_1+kT = a₁ + kL을 만족하는 일정한 주기 T가 존재하지 않을 수도 있다.

그러나 a₁ ~ 2a₁ 사이에 있는 원소들이 a_n+T = a_n + L을 만족하도록 L을 a₁, a₂, ···, a_k (단, a_k < 2a₁ ≤ a_k+1)의 공배수로 설정해보자.

a₁, a₂, ···, a_k와 같은 간격을 k개의 점들이 갖는 게 뒤에서 또 등장한다는 의미이다.

그러나 a_n은 n이 증가할수록 점점 더 제약 조건이 증가하므로 촘촘함이 단조 감소한다. 즉, 더 희박해진다.

k개의 점들이 뒤에서 또 등장한다는 말은 촘촘함이 결국 모든 구간에서 일정하게 유지된다는 의미이다.

촘촘함은 유지되는데 소수의 주기성 때문에 수열 {a_n}의 위치가 크게 다양하지 않아 a_n+T = a_n + L과 같은 형태로 귀결된다.

혹자는 여기서 소수의 주기성 대신 비둘기의 집 원리를 시도해 볼 수도 있을 것이다.

 

입력: 2026.07.16 20:01