IMO 1975 · Problem 2
Let \(a_1,a_2,a_3,\cdots\) be an infinite increasing sequence of positive integers. Prove that for every \(p\ge 1\) there are infinitely many \(a_m\) which can be written in the form \[ a_m=xa_p+ya_q \] with \(x,y\) positive integers and \(q>p\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Fix any \(p\ge 1\). There are only \(a_p\) residue classes modulo \(a_p\), so at least one of them contains infinitely many terms of the sequence; otherwise the sequence would have only finitely many terms.
Choose an index \(q>p\) such that \(a_q\) belongs to this residue class. Infinitely many terms \(a_m\) in the same class have \(m>q\). For each such term, \[ a_m\equiv a_q\pmod{a_p}, \] so \[ x=\frac{a_m-a_q}{a_p} \] is an integer. Because the sequence is increasing and \(m>q\), we have \(a_m>a_q\), hence \(x>0\). Taking \(y=1\), we obtain \[ a_m=xa_p+ya_q, \] with \(x,y\) positive integers and \(q>p\).
This holds for infinitely many \(m\), and \(p\) was arbitrary. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1975 · Aufgabe 2
Es sei \(a_1,a_2,a_3,\cdots\) eine unendliche streng wachsende Folge positiver ganzer Zahlen. Man beweise, dass es für jedes \(p\ge 1\) unendlich viele \(a_m\) gibt, die sich in der Form \[ a_m=xa_p+ya_q \] mit positiven ganzen Zahlen \(x,y\) und \(q>p\) darstellen lassen.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir wählen ein beliebiges \(p\ge 1\) und halten es fest. Es gibt nur \(a_p\) Restklassen modulo \(a_p\), also enthält mindestens eine davon unendlich viele Glieder der Folge; andernfalls hätte die Folge nur endlich viele Glieder.
Wir wählen einen Index \(q>p\) so, dass \(a_q\) zu dieser Restklasse gehört. Für unendlich viele Glieder \(a_m\) derselben Klasse gilt \(m>q\). Für jedes solche Glied gilt \[ a_m\equiv a_q\pmod{a_p}, \] also ist \[ x=\frac{a_m-a_q}{a_p} \] eine ganze Zahl. Da die Folge streng wächst und \(m>q\) ist, gilt \(a_m>a_q\), also \(x>0\). Mit \(y=1\) erhalten wir \[ a_m=xa_p+ya_q, \] wobei \(x,y\) positive ganze Zahlen sind und \(q>p\) gilt.
Dies gilt für unendlich viele \(m\), und \(p\) war beliebig. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1975 · Soru 2
\(a_1,a_2,a_3,\cdots\), pozitif tam sayılardan oluşan sonsuz ve artan bir dizi olsun. Her \(p\ge 1\) için, \(x,y\) pozitif tam sayılar ve \(q>p\) olmak üzere \[ a_m=xa_p+ya_q \] biçiminde yazılabilen sonsuz sayıda \(a_m\) bulunduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Herhangi bir \(p\ge 1\) sabitleyelim. \(a_p\) modülüne göre yalnızca \(a_p\) tane kalan sınıfı bulunduğundan, bunlardan en az biri dizinin sonsuz sayıda terimini içerir; aksi hâlde dizinin yalnızca sonlu sayıda terimi olurdu.
\(a_q\) bu kalan sınıfına ait olacak şekilde bir \(q>p\) indisi seçelim. Aynı sınıftaki sonsuz sayıda \(a_m\) terimi için \(m>q\) olur. Bu terimlerin her biri için \[ a_m\equiv a_q\pmod{a_p} \] olduğundan \[ x=\frac{a_m-a_q}{a_p} \] bir tam sayıdır. Dizi artan olduğundan ve \(m>q\) olduğundan \(a_m>a_q\), dolayısıyla \(x>0\) olur. \(y=1\) alarak, \[ a_m=xa_p+ya_q \] eşitliğini elde ederiz; burada \(x,y\) pozitif tam sayılar ve \(q>p\)'dir.
Bu, sonsuz sayıda \(m\) için geçerlidir ve \(p\) keyfî seçilmiştir. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1975 · Problema 2
Sea \(a_1,a_2,a_3,\cdots\) una sucesión infinita creciente de enteros positivos. Demostrar que para todo \(p\ge 1\) existen infinitos términos \(a_m\) que pueden escribirse en la forma \[ a_m=xa_p+ya_q \] con \(x,y\) enteros positivos y \(q>p\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Fijemos un \(p\ge 1\) cualquiera. Solo hay \(a_p\) clases de congruencia módulo \(a_p\), por lo que al menos una de ellas contiene infinitos términos de la sucesión; de lo contrario, la sucesión solo tendría un número finito de términos.
Elegimos un índice \(q>p\) tal que \(a_q\) pertenezca a esta clase de congruencia. Infinitos términos \(a_m\) de la misma clase tienen \(m>q\). Para cada uno de estos términos, \[ a_m\equiv a_q\pmod{a_p}, \] por lo que \[ x=\frac{a_m-a_q}{a_p} \] es un entero. Como la sucesión es creciente y \(m>q\), tenemos \(a_m>a_q\), de donde \(x>0\). Tomando \(y=1\), obtenemos \[ a_m=xa_p+ya_q, \] con \(x,y\) enteros positivos y \(q>p\).
Esto se cumple para infinitos valores de \(m\), y \(p\) era arbitrario. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1975 · 问题 2
设 \(a_1,a_2,a_3,\cdots\) 是一个无穷递增正整数数列。证明:对每个 \(p\ge 1\),都有无穷多个 \(a_m\) 可以写成 \[ a_m=xa_p+ya_q \] 的形式,其中 \(x,y\) 为正整数,且 \(q>p\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
任意固定 \(p\ge 1\)。模 \(a_p\) 的剩余类只有 \(a_p\) 个,因此至少有一个剩余类包含数列中的无穷多项;否则,这个数列就只有有限多项。
选取一个下标 \(q>p\),使得 \(a_q\) 属于这个剩余类。同一剩余类中有无穷多项 \(a_m\) 满足 \(m>q\)。对其中的每一项, \[ a_m\equiv a_q\pmod{a_p}, \] 所以 \[ x=\frac{a_m-a_q}{a_p} \] 是整数。由于数列递增,且 \(m>q\),有 \(a_m>a_q\),故 \(x>0\)。取 \(y=1\),便得到 \[ a_m=xa_p+ya_q, \] 其中 \(x,y\) 为正整数,且 \(q>p\)。
上述结论对无穷多个 \(m\) 成立,而 \(p\) 是任意的。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案(Kalva)核对。
IMO 1975 · Задача 2
Пусть \(a_1,a_2,a_3,\cdots\) — бесконечная возрастающая последовательность положительных целых чисел. Докажите, что для каждого \(p\ge 1\) существует бесконечно много членов \(a_m\), которые можно представить в виде \[ a_m=xa_p+ya_q \] с положительными целыми \(x,y\) и \(q>p\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Зафиксируем произвольное \(p\ge 1\). Классов вычетов по модулю \(a_p\) всего \(a_p\), поэтому хотя бы один из них содержит бесконечно много членов последовательности; иначе последовательность содержала бы лишь конечное число членов.
Выберем индекс \(q>p\) так, чтобы \(a_q\) принадлежало этому классу вычетов. Бесконечно много членов \(a_m\) из того же класса имеют индексы \(m>q\). Для каждого такого члена \[ a_m\equiv a_q\pmod{a_p}, \] поэтому \[ x=\frac{a_m-a_q}{a_p} \] — целое число. Поскольку последовательность возрастает и \(m>q\), имеем \(a_m>a_q\), откуда \(x>0\). Полагая \(y=1\), получаем \[ a_m=xa_p+ya_q, \] где \(x,y\) — положительные целые числа и \(q>p\).
Это верно для бесконечного числа индексов \(m\), а \(p\) было выбрано произвольно. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1975 · المسألة 2
لتكن \(a_1,a_2,a_3,\cdots\) متتالية متزايدة غير منتهية من الأعداد الصحيحة الموجبة. أثبت أنه لكل \(p\ge 1\) يوجد عدد غير منتهٍ من الحدود \(a_m\) التي يمكن كتابتها على الصورة \[ a_m=xa_p+ya_q \] حيث \(x,y\) عددان صحيحان موجبان و\(q>p\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نثبت قيمة كيفما كانت لـ\(p\ge 1\). لا يوجد سوى \(a_p\) صنفًا من أصناف البواقي بترديد \(a_p\)، ولذلك يحتوي واحد منها على الأقل على عدد غير منتهٍ من حدود المتتالية؛ وإلا لكان عدد حدود المتتالية منتهيًا.
نختار دليلًا \(q>p\) بحيث ينتمي \(a_q\) إلى صنف البواقي هذا. يوجد عدد غير منتهٍ من الحدود \(a_m\) في الصنف نفسه تحقق \(m>q\). ولكل حد من هذه الحدود، \[ a_m\equiv a_q\pmod{a_p}, \] ومن ثم فإن \[ x=\frac{a_m-a_q}{a_p} \] عدد صحيح. وبما أن المتتالية متزايدة و\(m>q\)، فإن \(a_m>a_q\)، ومن ثم \(x>0\). وبأخذ \(y=1\)، نحصل على \[ a_m=xa_p+ya_q, \] حيث \(x,y\) عددان صحيحان موجبان و\(q>p\).
وهذا يتحقق لعدد غير منتهٍ من قيم \(m\)، وقد كان \(p\) اختياريًا. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).