IMO 1970 · Problem 2
Let \(a,b\) and \(n\) be integers greater than 1, and let \(a\) and \(b\) be the bases of two number systems. \(A_{n-1}\) and \(A_n\) are numbers in the system with base \(a\), and \(B_{n-1}\) and \(B_n\) are numbers in the system with base \(b\); these are related as follows:
\[ \begin{aligned} A_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ B_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ x_n&\ne 0,\quad x_{n-1}\ne 0. \end{aligned} \]
Prove: \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \quad\text{if and only if }a>b. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The common digits satisfy \(0\le x_i<\min(a,b)\), with \(x_n>0\) and \(x_{n-1}>0\). For \(t>0\), define \[ S(t)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{x_i}{t^{\,n-i}}. \] This function is positive and strictly decreasing. Indeed, if \(s>t>0\), then \[ \frac{x_i}{s^{\,n-i}}\le \frac{x_i}{t^{\,n-i}} \qquad(0\le i\le n-1), \] and the inequality is strict for \(i=n-1\), because \(x_{n-1}>0\). Summing gives \(S(s)<S(t)\).
By the meaning of positional notation, \[ A_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}x_i a^i=a^nS(a), \qquad A_n=x_na^n+A_{n-1}=a^n\bigl(x_n+S(a)\bigr). \] The corresponding identities hold in base \(b\). Hence \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{S(a)}{x_n+S(a)}, \qquad \frac{B_{n-1}}{B_n}=\frac{S(b)}{x_n+S(b)}. \] All denominators are positive, so cross-multiplication yields \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \iff x_nS(a)<x_nS(b) \iff S(a)<S(b). \] Since \(S\) is strictly decreasing, the last inequality holds exactly when \(a>b\): if \(a=b\), the values are equal, and if \(a<b\), the inequality is reversed. This proves the assertion.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1970 · Aufgabe 2
Es seien \(a,b\) und \(n\) ganze Zahlen größer als 1, und \(a\) und \(b\) seien die Basen zweier Zahlensysteme. \(A_{n-1}\) und \(A_n\) sind Zahlen im System zur Basis \(a\), und \(B_{n-1}\) und \(B_n\) sind Zahlen im System zur Basis \(b\); sie hängen wie folgt zusammen:
\[ \begin{aligned} A_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ B_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ x_n&\ne 0,\quad x_{n-1}\ne 0. \end{aligned} \]
Man beweise: \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \quad\text{genau dann, wenn }a>b. \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die gemeinsamen Ziffern erfüllen \(0\le x_i<\min(a,b)\), wobei \(x_n>0\) und \(x_{n-1}>0\) gelten. Für \(t>0\) definieren wir \[ S(t)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{x_i}{t^{\,n-i}}. \] Diese Funktion ist positiv und streng monoton fallend. Für \(s>t>0\) gilt nämlich \[ \frac{x_i}{s^{\,n-i}}\le \frac{x_i}{t^{\,n-i}} \qquad(0\le i\le n-1), \] und für \(i=n-1\) ist die Ungleichung wegen \(x_{n-1}>0\) strikt. Durch Summation folgt \(S(s)<S(t)\).
Nach der Bedeutung der Stellenwertschreibweise gilt \[ A_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}x_i a^i=a^nS(a), \qquad A_n=x_na^n+A_{n-1}=a^n\bigl(x_n+S(a)\bigr). \] Die entsprechenden Identitäten gelten zur Basis \(b\). Somit ist \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{S(a)}{x_n+S(a)}, \qquad \frac{B_{n-1}}{B_n}=\frac{S(b)}{x_n+S(b)}. \] Alle Nenner sind positiv, sodass sich durch kreuzweise Multiplikation ergibt: \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \iff x_nS(a)<x_nS(b) \iff S(a)<S(b). \] Da \(S\) streng monoton fallend ist, gilt die letzte Ungleichung genau dann, wenn \(a>b\): Für \(a=b\) sind die Werte gleich, und für \(a<b\) kehrt sich die Ungleichung um. Damit ist die Behauptung bewiesen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1970 · Soru 2
\(a,b\) ve \(n\), 1'den büyük tam sayılar olsun ve \(a\) ile \(b\), iki sayı sisteminin tabanları olsun. \(A_{n-1}\) ve \(A_n\), \(a\) tabanındaki sistemde; \(B_{n-1}\) ve \(B_n\) ise \(b\) tabanındaki sistemde yazılmış sayılardır; bunlar arasında aşağıdaki ilişkiler vardır:
\[ \begin{aligned} A_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ B_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ x_n&\ne 0,\quad x_{n-1}\ne 0. \end{aligned} \]
Şunu kanıtlayınız: \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \quad\text{ancak ve ancak }a>b. \]
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Ortak rakamlar \(0\le x_i<\min(a,b)\) koşulunu sağlar; ayrıca \(x_n>0\) ve \(x_{n-1}>0\)'dır. \(t>0\) için \[ S(t)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{x_i}{t^{\,n-i}} \] olarak tanımlayalım. Bu fonksiyon pozitiftir ve kesin azalandır. Gerçekten, \(s>t>0\) ise \[ \frac{x_i}{s^{\,n-i}}\le \frac{x_i}{t^{\,n-i}} \qquad(0\le i\le n-1), \] ve \(x_{n-1}>0\) olduğundan, \(i=n-1\) için eşitsizlik kesindir. Toplayınca \(S(s)<S(t)\) elde edilir.
Basamaklı gösterimin anlamı gereği, \[ A_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}x_i a^i=a^nS(a), \qquad A_n=x_na^n+A_{n-1}=a^n\bigl(x_n+S(a)\bigr). \] Karşılık gelen özdeşlikler \(b\) tabanında da geçerlidir. Dolayısıyla \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{S(a)}{x_n+S(a)}, \qquad \frac{B_{n-1}}{B_n}=\frac{S(b)}{x_n+S(b)}. \] Tüm paydalar pozitif olduğundan, içler dışlar çarpımıyla \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \iff x_nS(a)<x_nS(b) \iff S(a)<S(b) \] elde edilir. \(S\) kesin azalan olduğundan, son eşitsizlik ancak ve ancak \(a>b\) iken sağlanır: \(a=b\) ise değerler eşittir; \(a<b\) ise eşitsizlik ters yöndedir. Böylece iddia kanıtlanır.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1970 · Problema 2
Sean \(a,b\) y \(n\) enteros mayores que 1, y sean \(a\) y \(b\) las bases de dos sistemas de numeración. \(A_{n-1}\) y \(A_n\) son números en el sistema de base \(a\), y \(B_{n-1}\) y \(B_n\) son números en el sistema de base \(b\); están relacionados de la siguiente manera:
\[ \begin{aligned} A_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ B_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ x_n&\ne 0,\quad x_{n-1}\ne 0. \end{aligned} \]
Demostrar que: \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \quad\text{si y solo si }a>b. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Las cifras comunes satisfacen \(0\le x_i<\min(a,b)\), con \(x_n>0\) y \(x_{n-1}>0\). Para \(t>0\), definimos \[ S(t)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{x_i}{t^{\,n-i}}. \] Esta función es positiva y estrictamente decreciente. En efecto, si \(s>t>0\), entonces \[ \frac{x_i}{s^{\,n-i}}\le \frac{x_i}{t^{\,n-i}} \qquad(0\le i\le n-1), \] y la desigualdad es estricta para \(i=n-1\), porque \(x_{n-1}>0\). Sumando obtenemos \(S(s)<S(t)\).
Por el significado de la notación posicional, \[ A_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}x_i a^i=a^nS(a), \qquad A_n=x_na^n+A_{n-1}=a^n\bigl(x_n+S(a)\bigr). \] Las identidades correspondientes se cumplen en base \(b\). Por tanto, \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{S(a)}{x_n+S(a)}, \qquad \frac{B_{n-1}}{B_n}=\frac{S(b)}{x_n+S(b)}. \] Todos los denominadores son positivos, por lo que al multiplicar en cruz resulta \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \iff x_nS(a)<x_nS(b) \iff S(a)<S(b). \] Como \(S\) es estrictamente decreciente, la última desigualdad se cumple exactamente cuando \(a>b\): si \(a=b\), los valores son iguales, y si \(a<b\), la desigualdad se invierte. Esto demuestra la afirmación.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1970 · 问题 2
设 \(a,b\) 和 \(n\) 为大于 1 的整数，且 \(a\) 和 \(b\) 是两种记数制的底。\(A_{n-1}\) 和 \(A_n\) 是以 \(a\) 为底的记数制中的数，\(B_{n-1}\) 和 \(B_n\) 是以 \(b\) 为底的记数制中的数；它们的关系如下：
\[ \begin{aligned} A_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ B_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ x_n&\ne 0,\quad x_{n-1}\ne 0. \end{aligned} \]
证明： \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \quad\text{当且仅当 }a>b. \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
这些共同的数码满足 \(0\le x_i<\min(a,b)\)，且 \(x_n>0\)、\(x_{n-1}>0\)。对于 \(t>0\)，定义 \[ S(t)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{x_i}{t^{\,n-i}}. \] 此函数为正且严格递减。事实上，若 \(s>t>0\)，则 \[ \frac{x_i}{s^{\,n-i}}\le \frac{x_i}{t^{\,n-i}} \qquad(0\le i\le n-1), \] 且当 \(i=n-1\) 时，由于 \(x_{n-1}>0\)，不等号严格成立。求和可得 \(S(s)<S(t)\)。
根据位值记数法的含义， \[ A_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}x_i a^i=a^nS(a), \qquad A_n=x_na^n+A_{n-1}=a^n\bigl(x_n+S(a)\bigr). \] 在以 \(b\) 为底的记数制中，相应的恒等式也成立。因此 \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{S(a)}{x_n+S(a)}, \qquad \frac{B_{n-1}}{B_n}=\frac{S(b)}{x_n+S(b)}. \] 所有分母都为正，因此交叉相乘可得 \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \iff x_nS(a)<x_nS(b) \iff S(a)<S(b). \] 由于 \(S\) 严格递减，最后一个不等式成立当且仅当 \(a>b\)：若 \(a=b\)，则两者的值相等；若 \(a<b\)，则不等号反向。命题得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1970 · Задача 2
Пусть \(a,b\) и \(n\) — целые числа, большие 1, а \(a\) и \(b\) — основания двух систем счисления. Числа \(A_{n-1}\) и \(A_n\) записаны в системе счисления с основанием \(a\), а числа \(B_{n-1}\) и \(B_n\) — в системе счисления с основанием \(b\); они связаны следующим образом:
\[ \begin{aligned} A_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ B_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ x_n&\ne 0,\quad x_{n-1}\ne 0. \end{aligned} \]
Докажите: \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \quad\text{тогда и только тогда, когда }a>b. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Общие для обеих записей цифры удовлетворяют условиям \(0\le x_i<\min(a,b)\), причём \(x_n>0\) и \(x_{n-1}>0\). Для \(t>0\) определим \[ S(t)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{x_i}{t^{\,n-i}}. \] Эта функция положительна и строго убывает. Действительно, если \(s>t>0\), то \[ \frac{x_i}{s^{\,n-i}}\le \frac{x_i}{t^{\,n-i}} \qquad(0\le i\le n-1), \] причём при \(i=n-1\) неравенство строгое, поскольку \(x_{n-1}>0\). Суммируя, получаем \(S(s)<S(t)\).
По определению позиционной записи, \[ A_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}x_i a^i=a^nS(a), \qquad A_n=x_na^n+A_{n-1}=a^n\bigl(x_n+S(a)\bigr). \] Аналогичные тождества справедливы для основания \(b\). Следовательно, \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{S(a)}{x_n+S(a)}, \qquad \frac{B_{n-1}}{B_n}=\frac{S(b)}{x_n+S(b)}. \] Все знаменатели положительны, поэтому умножение на них даёт \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \iff x_nS(a)<x_nS(b) \iff S(a)<S(b). \] Поскольку \(S\) строго убывает, последнее неравенство выполняется в точности при \(a>b\): если \(a=b\), значения равны, а если \(a<b\), знак неравенства меняется на противоположный. Утверждение доказано.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1970 · المسألة 2
لتكن \(a,b\) و\(n\) أعدادًا صحيحة أكبر من 1، وليكن \(a\) و\(b\) أساسَي نظامَي عدّ. العددان \(A_{n-1}\) و\(A_n\) مكتوبان في النظام ذي الأساس \(a\)، والعددان \(B_{n-1}\) و\(B_n\) مكتوبان في النظام ذي الأساس \(b\)؛ وتربط بينها العلاقات الآتية:
\[ \begin{aligned} A_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ B_n&=x_nx_{n-1}\cdots x_0,\quad B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_0,\\ x_n&\ne 0,\quad x_{n-1}\ne 0. \end{aligned} \]
أثبت أن: \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \quad\text{إذا وفقط إذا }a>b. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
تحقق الأرقام المشتركة \(0\le x_i<\min(a,b)\)، مع \(x_n>0\) و\(x_{n-1}>0\). لكل \(t>0\)، نعرّف \[ S(t)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{x_i}{t^{\,n-i}}. \] هذه الدالة موجبة ومتناقصة تمامًا. بالفعل، إذا كان \(s>t>0\)، فإن \[ \frac{x_i}{s^{\,n-i}}\le \frac{x_i}{t^{\,n-i}} \qquad(0\le i\le n-1), \] وتكون المتباينة صارمة عند \(i=n-1\)، لأن \(x_{n-1}>0\). وبالجمع نحصل على \(S(s)<S(t)\).
بحسب معنى الكتابة الموضعية للأعداد، \[ A_{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}x_i a^i=a^nS(a), \qquad A_n=x_na^n+A_{n-1}=a^n\bigl(x_n+S(a)\bigr). \] وتصح المتطابقات المناظرة في الأساس \(b\). ومن ثم \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}=\frac{S(a)}{x_n+S(a)}, \qquad \frac{B_{n-1}}{B_n}=\frac{S(b)}{x_n+S(b)}. \] جميع المقامات موجبة، لذا يعطينا الضرب التبادلي \[ \frac{A_{n-1}}{A_n}<\frac{B_{n-1}}{B_n} \iff x_nS(a)<x_nS(b) \iff S(a)<S(b). \] وبما أن \(S\) متناقصة تمامًا، فإن المتباينة الأخيرة تصح إذا وفقط إذا كان \(a>b\): فإذا كان \(a=b\)، تساوت القيمتان، وإذا كان \(a<b\)، انعكس اتجاه المتباينة. وهذا يثبت المطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).