IMO 2014 · Problem 5

For each positive integer \(n\), the Bank of Cape Town issues coins of denomination \(\frac{1}{n}\). Given a finite collection of such coins (of not necessarily different denominations) with total value at most \(99+\frac{1}{2}\), prove that it is possible to split this collection into 100 or fewer groups, such that each group has total value at most 1.

Official text of the problem. Official problem paper (PDF)

Solution

We may temporarily combine coins into a single coin of the same total value. Any grouping obtained afterwards gives a grouping of the original coins by undoing these combinations.

Repeatedly perform either of the following operations whenever possible:

Replace \(n\) coins of denomination \(1/n\), where \(n\ge 2\), with one coin of denomination \(1\).
Replace two coins of denomination \(1/(2k)\), where \(k\ge 1\), with one coin of denomination \(1/k\).

Each operation preserves the total value and decreases the number of coins, so the process terminates. In the resulting collection:

For every \(n\ge 2\), there are at most \(n-1\) coins of denomination \(1/n\).
For every \(k\ge 1\), there is at most one coin of denomination \(1/(2k)\).

Let \(r\) be the number of coins of denomination \(1\). Put each of these in its own group. Since the total value is at most \(99+\frac12\), we have \(r\le 99\). Write \[ m=100-r\ge 1. \] The total value \(T\) of the remaining coins satisfies \[ T\le 99+\frac12-r=m-\frac12. \] We will put these coins into at most \(m\) groups.

Start with \(m\) groups \(G_1,\ldots,G_m\), allowing empty groups. For each \(j=1,\ldots,m\), place in \(G_j\) all remaining coins of denominations \[ \frac1{2j-1}\qquad\text{and}\qquad\frac1{2j}. \] There are at most \(2j-2\) coins of the first denomination and at most one of the second. For \(j=1\), the first assertion holds because all denomination-\(1\) coins have been removed. Thus \[ \operatorname{value}(G_j) \le \frac{2j-2}{2j-1}+\frac1{2j} =1-\frac1{2j(2j-1)} <1. \]

Every unassigned coin now has denomination \(1/n\) with \(n>2m\), so its value is less than \(1/(2m)\). Insert these coins one at a time into any group where they fit.

This procedure cannot fail. Indeed, suppose a coin of value \(x<1/(2m)\) fits into none of the \(m\) groups. Each group would then have value greater than \[ 1-x>1-\frac1{2m}. \] Consequently, the total value already placed in the groups would be greater than \[ m\left(1-\frac1{2m}\right)=m-\frac12, \] contradicting \(T\le m-\frac12\).

We therefore obtain at most \(m\) groups for the remaining coins, each of value at most \(1\). Together with the \(r\) singleton groups, there are at most \[ m+r=100 \] groups. Undoing all coin combinations and discarding empty groups gives the required partition of the original collection. \(\square\)

The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.

IMO 2014 · Aufgabe 5

Für jede positive ganze Zahl \(n\) gibt die Bank von Kapstadt Münzen mit dem Wert \(\frac{1}{n}\) heraus. Eine gewisse endliche Anzahl von Münzen (mit nicht notwendigerweise verschiedenen Werten) habe einen Gesamtwert von höchstens \(99+\frac{1}{2}\). Man beweise, dass man diese Münzen in höchstens 100 Gruppen aufteilen kann, jede mit einem Gesamtwert von höchstens 1.

Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)

Lösung

Wir dürfen vorübergehend mehrere Münzen zu einer einzigen Münze mit demselben Gesamtwert zusammenfassen. Jede danach erhaltene Gruppeneinteilung liefert eine Gruppeneinteilung der ursprünglichen Münzen, indem wir diese Zusammenfassungen rückgängig machen.

Wir führen wiederholt eine der folgenden Operationen aus, solange dies möglich ist:

Wir ersetzen \(n\) Münzen mit dem Wert \(1/n\), wobei \(n\ge 2\), durch eine Münze mit dem Wert \(1\).
Wir ersetzen zwei Münzen mit dem Wert \(1/(2k)\), wobei \(k\ge 1\), durch eine Münze mit dem Wert \(1/k\).

Jede Operation erhält den Gesamtwert und verringert die Anzahl der Münzen, also endet das Verfahren. Für die entstandene Münzsammlung gilt:

Für jedes \(n\ge 2\) gibt es höchstens \(n-1\) Münzen mit dem Wert \(1/n\).
Für jedes \(k\ge 1\) gibt es höchstens eine Münze mit dem Wert \(1/(2k)\).

Sei \(r\) die Anzahl der Münzen mit dem Wert \(1\). Wir legen jede davon in eine eigene Gruppe. Da der Gesamtwert höchstens \(99+\frac12\) beträgt, gilt \(r\le 99\). Wir schreiben \[ m=100-r\ge 1. \] Der Gesamtwert \(T\) der übrigen Münzen erfüllt \[ T\le 99+\frac12-r=m-\frac12. \] Wir werden diese Münzen auf höchstens \(m\) Gruppen verteilen.

Wir beginnen mit \(m\) Gruppen \(G_1,\ldots,G_m\), wobei leere Gruppen erlaubt sind. Für jedes \(j=1,\ldots,m\) legen wir alle übrigen Münzen mit den Werten \[ \frac1{2j-1}\qquad\text{und}\qquad\frac1{2j} \] in \(G_j\). Es gibt höchstens \(2j-2\) Münzen mit dem ersten Wert und höchstens eine mit dem zweiten. Für \(j=1\) gilt die erste Aussage, weil alle Münzen mit dem Wert \(1\) bereits entfernt wurden. Somit gilt \[ \operatorname{Wert}(G_j) \le \frac{2j-2}{2j-1}+\frac1{2j} =1-\frac1{2j(2j-1)} <1. \]

Jede noch nicht zugeordnete Münze hat nun den Wert \(1/n\) mit \(n>2m\), ihr Wert ist also kleiner als \(1/(2m)\). Wir fügen diese Münzen einzeln jeweils einer beliebigen Gruppe hinzu, in die sie noch passen.

Dieses Verfahren kann nicht scheitern. Angenommen nämlich, eine Münze mit dem Wert \(x<1/(2m)\) passt in keine der \(m\) Gruppen. Dann hätte jede Gruppe einen Wert größer als \[ 1-x>1-\frac1{2m}. \] Folglich wäre der Gesamtwert der bereits auf die Gruppen verteilten Münzen größer als \[ m\left(1-\frac1{2m}\right)=m-\frac12, \] im Widerspruch zu \(T\le m-\frac12\).

Wir erhalten daher für die übrigen Münzen höchstens \(m\) Gruppen, jede mit einem Wert von höchstens \(1\). Zusammen mit den \(r\) Gruppen aus jeweils einer Münze gibt es höchstens \[ m+r=100 \] Gruppen. Indem wir alle Zusammenfassungen von Münzen rückgängig machen und leere Gruppen weglassen, erhalten wir die geforderte Aufteilung der ursprünglichen Münzsammlung. \(\square\)

Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.

IMO 2014 · Soru 5

Cape Town bankası her \(n\) pozitif tam sayısı için değeri \(\frac{1}{n}\) olan madeni paralar basmaktadır. Sonlu sayıda madeni paradan oluşan ve toplam değeri en fazla \(99+\frac{1}{2}\) olan her madeni para koleksiyonunu (koleksiyonda değerleri aynı olan madeni paralar da bulunabilir) her birinin toplam değeri en fazla \(1\) olan \(100\) veya daha az sayıda gruba ayırabileceğimizi kanıtlayınız.

Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)

Çözüm

Madeni paraları geçici olarak toplam değerleriyle aynı değerde tek bir madeni parada birleştirebiliriz. Sonradan elde edilen herhangi bir gruplama, bu birleştirmeler geri alınarak başlangıçtaki paraların bir gruplamasını verir.

Mümkün olduğu sürece aşağıdaki işlemlerden herhangi birini tekrar tekrar uygulayalım:

\(n\ge 2\) olmak üzere, değeri \(1/n\) olan \(n\) madeni parayı, değeri \(1\) olan bir madeni parayla değiştirelim.
\(k\ge 1\) olmak üzere, değeri \(1/(2k)\) olan iki madeni parayı, değeri \(1/k\) olan bir madeni parayla değiştirelim.

Her işlem toplam değeri korur ve madeni para sayısını azaltır; dolayısıyla süreç sona erer. Ortaya çıkan koleksiyonda:

Her \(n\ge 2\) için, değeri \(1/n\) olan en fazla \(n-1\) madeni para vardır.
Her \(k\ge 1\) için, değeri \(1/(2k)\) olan en fazla bir madeni para vardır.

Değeri \(1\) olan madeni paraların sayısı \(r\) olsun. Bunların her birini ayrı bir gruba koyalım. Toplam değer en fazla \(99+\frac12\) olduğundan \(r\le 99\) olur. \[ m=100-r\ge 1 \] yazalım. Kalan madeni paraların toplam değeri \(T\), \[ T\le 99+\frac12-r=m-\frac12 \] eşitsizliğini sağlar. Bu madeni paraları en fazla \(m\) gruba yerleştireceğiz.

Boş gruplara da izin vererek \(G_1,\ldots,G_m\) olmak üzere \(m\) grupla başlayalım. Her \(j=1,\ldots,m\) için, kalan madeni paralardan değerleri \[ \frac1{2j-1}\qquad\text{ve}\qquad\frac1{2j} \] olanların tümünü \(G_j\)'ye yerleştirelim. İlk değerde en fazla \(2j-2\), ikinci değerde ise en fazla bir madeni para vardır. \(j=1\) için ilk iddia, değeri \(1\) olan tüm madeni paralar çıkarıldığı için geçerlidir. Böylece \[ \operatorname{değer}(G_j) \le \frac{2j-2}{2j-1}+\frac1{2j} =1-\frac1{2j(2j-1)} <1. \]

Henüz bir gruba yerleştirilmemiş her madeni paranın değeri, \(n>2m\) olmak üzere \(1/n\)'dir; dolayısıyla değeri \(1/(2m)\)'den küçüktür. Bu madeni paraları, toplam değeri aşmadan sığabildikleri herhangi bir gruba teker teker yerleştirelim.

Bu işlem başarısız olamaz. Gerçekten de değeri \(x<1/(2m)\) olan bir madeni paranın \(m\) grubun hiçbirine sığmadığını varsayalım. O zaman her grubun değeri \[ 1-x>1-\frac1{2m} \] değerinden büyük olurdu. Dolayısıyla gruplara önceden yerleştirilmiş paraların toplam değeri \[ m\left(1-\frac1{2m}\right)=m-\frac12, \] değerinden büyük olurdu; bu da \(T\le m-\frac12\) ile çelişir.

Böylece kalan madeni paralar için, her birinin değeri en fazla \(1\) olan en fazla \(m\) grup elde ederiz. Tek elemanlı \(r\) grupla birlikte toplam en fazla \[ m+r=100 \] grup vardır. Madeni paraların tüm birleştirmelerini geri alıp boş grupları çıkararak başlangıçtaki koleksiyonun istenen ayrışımını elde ederiz. \(\square\)

Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.

IMO 2014 · Problema 5

Para cada entero positivo \(n\), el Banco de Ciudad del Cabo produce monedas de valor \(\frac{1}{n}\). Dada una colección finita de tales monedas (no necesariamente de distintos valores) cuyo valor total no supera \(99+\frac{1}{2}\), demostrar que es posible separar esta colección en 100 o menos montones, de modo que el valor total de cada montón sea como máximo 1.

Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)

Solución

Podemos combinar temporalmente varias monedas en una sola moneda del mismo valor total. Cualquier agrupación obtenida después da una agrupación de las monedas originales al deshacer estas combinaciones.

Realicemos repetidamente cualquiera de las siguientes operaciones siempre que sea posible:

Sustituir \(n\) monedas de valor \(1/n\), donde \(n\ge 2\), por una moneda de valor \(1\).
Sustituir dos monedas de valor \(1/(2k)\), donde \(k\ge 1\), por una moneda de valor \(1/k\).

Cada operación conserva el valor total y reduce el número de monedas, por lo que el proceso termina. En la colección resultante:

Para cada \(n\ge 2\), hay a lo sumo \(n-1\) monedas de valor \(1/n\).
Para cada \(k\ge 1\), hay a lo sumo una moneda de valor \(1/(2k)\).

Sea \(r\) el número de monedas de valor \(1\). Coloquemos cada una de ellas en un montón individual. Como el valor total es a lo sumo \(99+\frac12\), tenemos \(r\le 99\). Escribamos \[ m=100-r\ge 1. \] El valor total \(T\) de las monedas restantes satisface \[ T\le 99+\frac12-r=m-\frac12. \] Colocaremos estas monedas en a lo sumo \(m\) montones.

Empecemos con \(m\) montones \(G_1,\ldots,G_m\), permitiendo montones vacíos. Para cada \(j=1,\ldots,m\), coloquemos en \(G_j\) todas las monedas restantes de valores \[ \frac1{2j-1}\qquad\text{y}\qquad\frac1{2j}. \] Hay a lo sumo \(2j-2\) monedas del primer valor y a lo sumo una del segundo. Para \(j=1\), la primera afirmación se cumple porque se han retirado todas las monedas de valor \(1\). Así, \[ \operatorname{valor}(G_j) \le \frac{2j-2}{2j-1}+\frac1{2j} =1-\frac1{2j(2j-1)} <1. \]

Cada moneda aún sin asignar tiene ahora valor \(1/n\) con \(n>2m\), por lo que su valor es menor que \(1/(2m)\). Introduzcamos estas monedas de una en una en cualquier montón en el que quepan.

Este procedimiento no puede fallar. En efecto, supongamos que una moneda de valor \(x<1/(2m)\) no cabe en ninguno de los \(m\) montones. Entonces cada montón tendría un valor mayor que \[ 1-x>1-\frac1{2m}. \] Por consiguiente, el valor total ya colocado en los montones sería mayor que \[ m\left(1-\frac1{2m}\right)=m-\frac12, \] lo que contradice \(T\le m-\frac12\).

Obtenemos, por tanto, a lo sumo \(m\) montones para las monedas restantes, cada uno de valor a lo sumo \(1\). Junto con los \(r\) montones de una sola moneda, hay a lo sumo \[ m+r=100 \] montones. Al deshacer todas las combinaciones de monedas y descartar los montones vacíos, obtenemos la partición requerida de la colección original. \(\square\)

La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.

IMO 2014 · 问题 5

对每一个正整数 \(n\), 开普敦银行都发行面值为 \(\frac{1}{n}\) 的硬币. 给定总额不超过 \(99+\frac{1}{2}\) 的有限多个这样的硬币 (面值不必两两不同), 证明可以把它们分为至多 \(100\) 组, 使得每一组中硬币的面值之和最多是 \(1\).

题目为官方中文译本。官方试卷 (PDF)

解答

我们可以暂时将若干硬币合并为一枚面值等于它们总额的硬币。此后得到的任何分组，都可通过撤销这些合并得到原有硬币的一种分组。

只要可行，就反复执行以下两种操作中的任意一种：

将 \(n\) 枚面值为 \(1/n\) 的硬币替换为一枚面值为 \(1\) 的硬币，其中 \(n\ge 2\)。
将两枚面值为 \(1/(2k)\) 的硬币替换为一枚面值为 \(1/k\) 的硬币，其中 \(k\ge 1\)。

每次操作都保持总额不变，并减少硬币的枚数，因此这一过程必定终止。在所得的硬币集合中：

对每个 \(n\ge 2\)，面值为 \(1/n\) 的硬币至多有 \(n-1\) 枚。
对每个 \(k\ge 1\)，面值为 \(1/(2k)\) 的硬币至多有一枚。

设面值为 \(1\) 的硬币有 \(r\) 枚。将其中每枚硬币各自分为一组。由于总额至多为 \(99+\frac12\)，故 \(r\le 99\)。记 \[ m=100-r\ge 1. \] 剩余硬币的总额 \(T\) 满足 \[ T\le 99+\frac12-r=m-\frac12. \] 我们将把这些硬币分为至多 \(m\) 组。

先设立 \(m\) 个组 \(G_1,\ldots,G_m\)，允许空组。对每个 \(j=1,\ldots,m\)，将所有剩余的、面值为 \[ \frac1{2j-1}\qquad\text{和}\qquad\frac1{2j} \] 的硬币放入 \(G_j\)。第一种面值的硬币至多有 \(2j-2\) 枚，第二种面值的硬币至多有一枚。当 \(j=1\) 时，第一个断言成立，因为所有面值为 \(1\) 的硬币都已移去。因此 \[ \operatorname{总额}(G_j) \le \frac{2j-2}{2j-1}+\frac1{2j} =1-\frac1{2j(2j-1)} <1. \]

此时，每枚尚未分组的硬币的面值均为 \(1/n\)，其中 \(n>2m\)，所以其面值小于 \(1/(2m)\)。将这些硬币逐枚放入任何能够容纳它的组中。

这一过程不会失败。事实上，假设一枚面值为 \(x<1/(2m)\) 的硬币无法放入这 \(m\) 个组中的任何一个。则每组的总额都大于 \[ 1-x>1-\frac1{2m}. \] 因此，已放入各组的硬币总额将大于 \[ m\left(1-\frac1{2m}\right)=m-\frac12, \] 这与 \(T\le m-\frac12\) 矛盾。

因此，我们将剩余硬币分成了至多 \(m\) 组，每组的总额至多为 \(1\)。连同那 \(r\) 个各含一枚硬币的组在内，总共至多有 \[ m+r=100 \] 组。撤销所有硬币合并，并去掉空组，就得到了原有硬币的所需分组。\(\square\)

解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。

IMO 2014 · Задача 5

Банк Кейптауна выпускает монеты номиналом \(\frac{1}{n}\) для каждого целого положительного числа \(n\). Дан конечный набор таких монет, сумма номиналов которых не превосходит \(99+\frac{1}{2}\) (номиналы монет не обязательно различны). Докажите, что все монеты этого набора можно разбить на 100 или меньшее число групп так, чтобы сумма номиналов монет в каждой группе не превышала 1.

Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)

Решение

Можно временно объединять монеты в одну монету с тем же суммарным номиналом. Любое разбиение на группы, полученное после этого, даёт разбиение исходных монет на группы, если отменить эти объединения.

Будем повторять любую из следующих операций, пока это возможно:

Заменять \(n\) монет номиналом \(1/n\), где \(n\ge 2\), одной монетой номиналом \(1\).
Заменять две монеты номиналом \(1/(2k)\), где \(k\ge 1\), одной монетой номиналом \(1/k\).

Каждая операция сохраняет сумму номиналов и уменьшает число монет, поэтому процесс заканчивается. В полученном наборе:

Для каждого \(n\ge 2\) имеется не более \(n-1\) монет номиналом \(1/n\).
Для каждого \(k\ge 1\) имеется не более одной монеты номиналом \(1/(2k)\).

Пусть \(r\) — число монет номиналом \(1\). Поместим каждую из них в отдельную группу. Поскольку сумма номиналов не превосходит \(99+\frac12\), имеем \(r\le 99\). Обозначим \[ m=100-r\ge 1. \] Сумма номиналов \(T\) оставшихся монет удовлетворяет неравенству \[ T\le 99+\frac12-r=m-\frac12. \] Мы распределим эти монеты не более чем по \(m\) группам.

Начнём с \(m\) групп \(G_1,\ldots,G_m\), допуская пустые группы. Для каждого \(j=1,\ldots,m\) поместим в \(G_j\) все оставшиеся монеты номиналами \[ \frac1{2j-1}\qquad\text{и}\qquad\frac1{2j}. \] Монет первого номинала не более \(2j-2\), а второго — не более одной. При \(j=1\) первое утверждение верно, поскольку все монеты номиналом \(1\) уже удалены. Поэтому \[ \operatorname{сумма}(G_j) \le \frac{2j-2}{2j-1}+\frac1{2j} =1-\frac1{2j(2j-1)} <1. \]

Каждая ещё не распределённая монета теперь имеет номинал \(1/n\), где \(n>2m\), поэтому её номинал меньше \(1/(2m)\). Будем добавлять эти монеты по одной в любую группу, в которой после добавления сумма номиналов не превысит 1.

Эта процедура не может прерваться из-за невозможности добавить очередную монету. Действительно, предположим, что монету номиналом \(x<1/(2m)\) нельзя добавить ни в одну из \(m\) групп. Тогда сумма номиналов в каждой группе была бы больше \[ 1-x>1-\frac1{2m}. \] Следовательно, сумма номиналов монет, уже распределённых по группам, была бы больше \[ m\left(1-\frac1{2m}\right)=m-\frac12, \] что противоречит \(T\le m-\frac12\).

Таким образом, оставшиеся монеты разбиты не более чем на \(m\) групп, в каждой из которых сумма номиналов не превосходит \(1\). Вместе с \(r\) группами из одной монеты получаем не более \[ m+r=100 \] групп. Отменяя все объединения монет и отбрасывая пустые группы, получаем требуемое разбиение исходного набора. \(\square\)

Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.

IMO 2014 · المسألة 5

لكلّ عدد صحيح موجب \(n\)، يُصدر بنك كايب تاون قطعا نقديّة قيمتها \(\frac{1}{n}\). إذا كان لدينا عدد منته من هذه القطع النّقديّة (ليست بالضّرورة مختلفة القيم) بحيث يكون مجموع قيمها هو \(99+\frac{1}{2}\) على الأكثر، أثبت إمكانيّة توزيع هذه القطع النّقديّة إلى \(100\) حفنة أو أقلّ، بحيث لا تزيد قيمة كلّ حفنة على \(1\).

نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)

الحل

يمكننا أن ندمج مؤقتا قطعا نقدية في قطعة واحدة لها القيمة الإجمالية نفسها. وأي تجميع نحصل عليه بعد ذلك يعطي تجميعا للقطع الأصلية عند التراجع عن عمليات الدمج هذه.

نكرّر تنفيذ أيّ من العمليتين التاليتين كلما أمكن ذلك:

نستبدل \(n\) قطعة نقدية من الفئة \(1/n\)، حيث \(n\ge 2\)، بقطعة واحدة من الفئة \(1\).
نستبدل قطعتين نقديتين من الفئة \(1/(2k)\)، حيث \(k\ge 1\)، بقطعة واحدة من الفئة \(1/k\).

تحافظ كل عملية على القيمة الإجمالية وتقلّل عدد القطع النقدية، ولذلك تنتهي هذه العملية. في مجموعة القطع الناتجة:

لكل \(n\ge 2\)، يوجد على الأكثر \(n-1\) قطعة نقدية من الفئة \(1/n\).
لكل \(k\ge 1\)، توجد قطعة نقدية واحدة على الأكثر من الفئة \(1/(2k)\).

ليكن \(r\) عدد القطع النقدية من الفئة \(1\). نضع كل واحدة منها في مجموعة مستقلة. بما أنّ القيمة الإجمالية لا تتجاوز \(99+\frac12\)، فإنّ \(r\le 99\). لنكتب \[ m=100-r\ge 1. \] تحقق القيمة الإجمالية \(T\) للقطع النقدية المتبقية \[ T\le 99+\frac12-r=m-\frac12. \] سنضع هذه القطع في \(m\) مجموعة على الأكثر.

نبدأ بـ\(m\) مجموعة \(G_1,\ldots,G_m\)، مع السماح بمجموعات خالية. لكل \(j=1,\ldots,m\)، نضع في \(G_j\) جميع القطع النقدية المتبقية من الفئتين \[ \frac1{2j-1}\qquad\text{و}\qquad\frac1{2j}. \] يوجد على الأكثر \(2j-2\) قطعة من الفئة الأولى وقطعة واحدة على الأكثر من الثانية. عندما \(j=1\)، تصحّ العبارة الأولى لأنّ جميع القطع من الفئة \(1\) قد أزيلت. إذن \[ \operatorname{قيمة}(G_j) \le \frac{2j-2}{2j-1}+\frac1{2j} =1-\frac1{2j(2j-1)} <1. \]

كل قطعة نقدية لم توزّع بعد هي الآن من الفئة \(1/n\) حيث \(n>2m\)، ولذلك تقلّ قيمتها عن \(1/(2m)\). ندرج هذه القطع واحدة تلو الأخرى في أي مجموعة تتّسع لها.

لا يمكن أن تفشل هذه الطريقة. بالفعل، لنفترض أنّ قطعة قيمتها \(x<1/(2m)\) لا تتّسع لها أيّ من المجموعات \(m\). عندئذ ستكون قيمة كل مجموعة أكبر من \[ 1-x>1-\frac1{2m}. \] وبالتالي، ستكون القيمة الإجمالية لما وُضع بالفعل في المجموعات أكبر من \[ m\left(1-\frac1{2m}\right)=m-\frac12, \] وهذا يناقض \(T\le m-\frac12\).

نحصل إذن على \(m\) مجموعة على الأكثر للقطع النقدية المتبقية، قيمة كل منها لا تتجاوز \(1\). ومع المجموعات \(r\) المكوّنة كل منها من قطعة واحدة، يكون عدد المجموعات على الأكثر \[ m+r=100 \] مجموعة. وبالتراجع عن جميع عمليات دمج القطع النقدية واستبعاد المجموعات الخالية، نحصل على التقسيم المطلوب لمجموعة القطع الأصلية. \(\square\)

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.