IMO 1981 · Problem 4
(a) For which values of \(n > 2\) is there a set of \(n\) consecutive positive integers such that the largest number in the set is a divisor of the least common multiple of the remaining \(n - 1\) numbers?
(b) For which values of \(n > 2\) is there exactly one set having the stated property?
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
(a) All integers \(n\ge 4\).
(b) Only \(n=4\). The unique set is \(\{3,4,5,6\}\).
Solution
Write the set as \[ \{m-n+1,m-n+2,\ldots,m\},\qquad m\ge n, \] and put \[ L=\operatorname{lcm}(1,2,\ldots,n-1). \]
We first prove that the set has the required property if and only if \(m\mid L\).
Suppose that \[ m\mid\operatorname{lcm}(m-n+1,\ldots,m-1). \] Let \(p^e\) be the highest power of any prime \(p\) dividing \(m\). Since \(p^e\) divides this least common multiple, it divides some \(m-j\), where \(1\le j\le n-1\). It also divides \(m\), so it divides \(j\). Consequently \(p^e\mid L\). This holds for every prime divisor of \(m\), proving \(m\mid L\).
Conversely, suppose \(m\mid L\). Every highest prime power \(p^e\) dividing \(m\) then satisfies \(p^e\le n-1\): indeed, a prime power dividing \(L\) must divide one of \(1,\ldots,n-1\). Thus \(m-p^e\) belongs to the set of preceding numbers and is divisible by \(p^e\). Their least common multiple therefore contains every prime power required to be divisible by \(m\). This proves the equivalence.
Hence the desired sets correspond exactly to the divisors \(m\) of \(L\) satisfying \(m\ge n\).
For \(n=3\), we have \(L=2\), which has no divisor at least \(3\). There is no suitable set.
For \(n=4\), we have \(L=6\), whose only divisor at least \(4\) is \(6\). Thus there is exactly one suitable set, namely \(\{3,4,5,6\}\).
Finally, let \(n\ge5\). Since \(n-1\) and \(n-2\) are relatively prime, \[ d=(n-1)(n-2)\mid L. \] The integer \(d\) is even, so both \(d\) and \(d/2\) are distinct divisors of \(L\). Moreover, \[ \frac d2-n =\frac{n(n-5)+2}{2}>0. \] Thus both divisors are at least \(n\), and each gives a suitable set. Consequently, for every \(n\ge5\) there are at least two such sets.
This proves both answers.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1981 · Aufgabe 4
(a) Für welche Werte von \(n > 2\) gibt es eine Menge aus \(n\) aufeinanderfolgenden positiven ganzen Zahlen, sodass die größte Zahl der Menge ein Teiler des kleinsten gemeinsamen Vielfachen der übrigen \(n - 1\) Zahlen ist?
(b) Für welche Werte von \(n > 2\) gibt es genau eine Menge mit der genannten Eigenschaft?
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
(a) Alle ganzen Zahlen \(n\ge 4\).
(b) Nur \(n=4\). Die einzige Menge ist \(\{3,4,5,6\}\).
Lösung
Wir schreiben die Menge als \[ \{m-n+1,m-n+2,\ldots,m\},\qquad m\ge n, \] und setzen \[ L=\operatorname{kgV}(1,2,\ldots,n-1). \]
Zunächst beweisen wir, dass die Menge genau dann die geforderte Eigenschaft hat, wenn \(m\mid L\).
Wir nehmen an, dass \[ m\mid\operatorname{kgV}(m-n+1,\ldots,m-1). \] Es sei \(p^e\) die höchste Potenz einer beliebigen Primzahl \(p\), die \(m\) teilt. Da \(p^e\) dieses kleinste gemeinsame Vielfache teilt, teilt es eine der Zahlen \(m-j\), wobei \(1\le j\le n-1\). Es teilt auch \(m\), also teilt es \(j\). Folglich gilt \(p^e\mid L\). Dies gilt für jeden Primteiler von \(m\) und beweist somit \(m\mid L\).
Umgekehrt nehmen wir \(m\mid L\) an. Für jede höchste Primzahlpotenz \(p^e\), die \(m\) teilt, gilt dann \(p^e\le n-1\): Eine Primzahlpotenz, die \(L\) teilt, muss nämlich eine der Zahlen \(1,\ldots,n-1\) teilen. Also gehört \(m-p^e\) zur Menge der vorhergehenden Zahlen und ist durch \(p^e\) teilbar. Ihr kleinstes gemeinsames Vielfaches enthält daher jede Primzahlpotenz, die für die Teilbarkeit durch \(m\) erforderlich ist. Damit ist die Äquivalenz bewiesen.
Die gesuchten Mengen entsprechen somit genau den Teilern \(m\) von \(L\), für die \(m\ge n\) gilt.
Für \(n=3\) ist \(L=2\), und diese Zahl hat keinen Teiler, der mindestens \(3\) ist. Es gibt keine geeignete Menge.
Für \(n=4\) ist \(L=6\), und der einzige Teiler dieser Zahl, der mindestens \(4\) ist, ist \(6\). Somit gibt es genau eine geeignete Menge, nämlich \(\{3,4,5,6\}\).
Schließlich sei \(n\ge5\). Da \(n-1\) und \(n-2\) teilerfremd sind, gilt \[ d=(n-1)(n-2)\mid L. \] Die ganze Zahl \(d\) ist gerade, also sind \(d\) und \(d/2\) zwei verschiedene Teiler von \(L\). Außerdem gilt \[ \frac d2-n =\frac{n(n-5)+2}{2}>0. \] Somit sind beide Teiler mindestens \(n\), und jeder von ihnen liefert eine geeignete Menge. Folglich gibt es für jedes \(n\ge5\) mindestens zwei solche Mengen.
Damit sind beide Antworten bewiesen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1981 · Soru 4
(a) Hangi \(n > 2\) değerleri için, en büyük elemanı kalan \(n - 1\) sayının en küçük ortak katını bölen, \(n\) ardışık pozitif tam sayıdan oluşan bir küme vardır?
(b) Hangi \(n > 2\) değerleri için belirtilen özelliğe sahip tam olarak bir küme vardır?
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
(a) Tüm \(n\ge 4\) tam sayıları.
(b) Yalnızca \(n=4\). Tek küme \(\{3,4,5,6\}\)'dır.
Çözüm
Kümeyi \[ \{m-n+1,m-n+2,\ldots,m\},\qquad m\ge n, \] biçiminde yazalım ve \[ L=\operatorname{ekok}(1,2,\ldots,n-1) \] olsun.
Önce kümenin istenen özelliğe sahip olmasının \(m\mid L\) koşuluna denk olduğunu kanıtlayalım.
\[ m\mid\operatorname{ekok}(m-n+1,\ldots,m-1) \] olduğunu varsayalım. \(p^e\), herhangi bir \(p\) asal sayısının \(m\)'yi bölen en büyük kuvveti olsun. \(p^e\) bu en küçük ortak katı böldüğünden, \(1\le j\le n-1\) olmak üzere bir \(m-j\) sayısını böler. Ayrıca \(m\)'yi de böldüğünden \(j\)'yi böler. Dolayısıyla \(p^e\mid L\) olur. Bu, \(m\)'nin her asal böleni için geçerli olduğundan \(m\mid L\) kanıtlanmış olur.
Tersine, \(m\mid L\) olduğunu varsayalım. Bu durumda, bir asal sayının \(m\)'yi bölen en büyük kuvveti olan her \(p^e\) için \(p^e\le n-1\) olur: gerçekten de \(L\)'yi bölen bir asal kuvvet, \(1,\ldots,n-1\) sayılarından birini bölmelidir. Dolayısıyla \(m-p^e\), önceki sayılardan oluşan kümeye aittir ve \(p^e\) ile bölünür. Bu nedenle bu sayıların en küçük ortak katı, \(m\) ile bölünebilmesi için gerekli tüm asal kuvvetleri çarpan olarak içerir. Böylece denklik kanıtlanmış olur.
O hâlde aranan kümeler, \(L\)'nin \(m\ge n\) koşulunu sağlayan \(m\) bölenlerine tam olarak karşılık gelir.
\(n=3\) için \(L=2\) olur ve bunun \(3\)'ten küçük olmayan hiçbir böleni yoktur. Uygun bir küme yoktur.
\(n=4\) için \(L=6\) olur ve bunun \(4\)'ten küçük olmayan tek böleni \(6\)'dır. Dolayısıyla tam olarak bir uygun küme vardır; bu da \(\{3,4,5,6\}\)'dır.
Son olarak \(n\ge5\) olsun. \(n-1\) ve \(n-2\) aralarında asal olduğundan, \[ d=(n-1)(n-2)\mid L. \] \(d\) tam sayısı çift olduğundan, \(d\) ve \(d/2\), \(L\)'nin birbirinden farklı iki bölenidir. Ayrıca, \[ \frac d2-n =\frac{n(n-5)+2}{2}>0. \] Dolayısıyla her iki bölen de en az \(n\)'dir ve her biri uygun bir küme verir. Sonuç olarak, her \(n\ge5\) için böyle en az iki küme vardır.
Böylece her iki cevap da kanıtlanmış olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1981 · Problema 4
(a) ¿Para qué valores de \(n > 2\) existe un conjunto de \(n\) enteros positivos consecutivos tal que el mayor número del conjunto es divisor del mínimo común múltiplo de los \(n - 1\) números restantes?
(b) ¿Para qué valores de \(n > 2\) existe exactamente un conjunto con la propiedad indicada?
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
(a) Todos los enteros \(n\ge 4\).
(b) Únicamente \(n=4\). El único conjunto es \(\{3,4,5,6\}\).
Solución
Escribamos el conjunto como \[ \{m-n+1,m-n+2,\ldots,m\},\qquad m\ge n, \] y pongamos \[ L=\operatorname{mcm}(1,2,\ldots,n-1). \]
Primero demostraremos que el conjunto tiene la propiedad requerida si y solo si \(m\mid L\).
Supongamos que \[ m\mid\operatorname{mcm}(m-n+1,\ldots,m-1). \] Sea \(p^e\) la mayor potencia de un primo cualquiera \(p\) que divide a \(m\). Como \(p^e\) divide a este mínimo común múltiplo, divide a algún \(m-j\), donde \(1\le j\le n-1\). También divide a \(m\), por lo que divide a \(j\). En consecuencia, \(p^e\mid L\). Esto se cumple para todo divisor primo de \(m\), lo que demuestra que \(m\mid L\).
Recíprocamente, supongamos que \(m\mid L\). Entonces, para cada primo, la mayor potencia \(p^e\) que divide a \(m\) satisface \(p^e\le n-1\): en efecto, una potencia de un primo que divide a \(L\) debe dividir a alguno de los números \(1,\ldots,n-1\). Así pues, \(m-p^e\) pertenece al conjunto de los números anteriores y es divisible por \(p^e\). Por tanto, su mínimo común múltiplo contiene todas las potencias de primos necesarias para ser divisible por \(m\). Esto demuestra la equivalencia.
Por consiguiente, los conjuntos buscados se corresponden exactamente con los divisores \(m\) de \(L\) que satisfacen \(m\ge n\).
Para \(n=3\), tenemos \(L=2\), que no tiene ningún divisor mayor o igual que \(3\). No hay ningún conjunto que cumpla la condición.
Para \(n=4\), tenemos \(L=6\), cuyo único divisor mayor o igual que \(4\) es \(6\). Así pues, hay exactamente un conjunto que cumple la condición, a saber, \(\{3,4,5,6\}\).
Finalmente, sea \(n\ge5\). Como \(n-1\) y \(n-2\) son primos entre sí, \[ d=(n-1)(n-2)\mid L. \] El entero \(d\) es par, por lo que \(d\) y \(d/2\) son dos divisores distintos de \(L\). Además, \[ \frac d2-n =\frac{n(n-5)+2}{2}>0. \] Así pues, ambos divisores son mayores o iguales que \(n\), y cada uno da lugar a un conjunto que cumple la condición. En consecuencia, para todo \(n\ge5\) hay al menos dos de estos conjuntos.
Esto demuestra ambas respuestas.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1981 · 问题 4
(a) 对于哪些 \(n > 2\)，存在一个由 \(n\) 个连续正整数组成的集合，使得其中最大的数是其余 \(n - 1\) 个数的最小公倍数的约数？
(b) 对于哪些 \(n > 2\)，恰好存在一个具有上述性质的集合？
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
(a) 所有整数 \(n\ge 4\)。
(b) 只有 \(n=4\)。唯一的集合是 \(\{3,4,5,6\}\)。
解答
将该集合写成 \[ \{m-n+1,m-n+2,\ldots,m\},\qquad m\ge n, \] 并令 \[ L=\operatorname{lcm}(1,2,\ldots,n-1). \]
我们先证明，该集合具有所要求的性质，当且仅当 \(m\mid L\)。
假设 \[ m\mid\operatorname{lcm}(m-n+1,\ldots,m-1). \] 设 \(p^e\) 是任意素数 \(p\) 的能整除 \(m\) 的最高次幂。由于 \(p^e\) 整除这个最小公倍数，它必整除某个 \(m-j\)，其中 \(1\le j\le n-1\)。它也整除 \(m\)，所以它整除 \(j\)。从而 \(p^e\mid L\)。这对 \(m\) 的每个素因数都成立，故 \(m\mid L\)。
反过来，假设 \(m\mid L\)。则对于每个素数，其能整除 \(m\) 的最高次幂 \(p^e\) 都满足 \(p^e\le n-1\)：事实上，整除 \(L\) 的素数幂必整除 \(1,\ldots,n-1\) 中的某个数。因此 \(m-p^e\) 属于前面那些数所组成的集合，且能被 \(p^e\) 整除。所以，这些数的最小公倍数包含了能被 \(m\) 整除所需的所有素数幂。这就证明了上述等价关系。
因此，所求的集合与 \(L\) 的满足 \(m\ge n\) 的约数 \(m\) 恰好一一对应。
当 \(n=3\) 时，\(L=2\)，它没有大于或等于 \(3\) 的约数。因此不存在符合条件的集合。
当 \(n=4\) 时，\(L=6\)，它唯一一个大于或等于 \(4\) 的约数是 \(6\)。因此恰好有一个符合条件的集合，即 \(\{3,4,5,6\}\)。
最后，设 \(n\ge5\)。由于 \(n-1\) 与 \(n-2\) 互素， \[ d=(n-1)(n-2)\mid L. \] 整数 \(d\) 是偶数，所以 \(d\) 和 \(d/2\) 是 \(L\) 的两个不同约数。此外， \[ \frac d2-n =\frac{n(n-5)+2}{2}>0. \] 因此，这两个约数都大于或等于 \(n\)，且各自给出一个符合条件的集合。从而，对于每个 \(n\ge5\)，至少存在两个这样的集合。
两个答案均得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1981 · Задача 4
(a) Для каких значений \(n > 2\) существует множество из \(n\) последовательных положительных целых чисел, в котором наибольшее число является делителем наименьшего общего кратного остальных \(n - 1\) чисел?
(b) Для каких значений \(n > 2\) существует ровно одно множество с указанным свойством?
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
(a) Все целые числа \(n\ge 4\).
(b) Только \(n=4\). Единственное множество — \(\{3,4,5,6\}\).
Решение
Запишем множество в виде \[ \{m-n+1,m-n+2,\ldots,m\},\qquad m\ge n, \] и положим \[ L=\operatorname{НОК}(1,2,\ldots,n-1). \]
Сначала докажем, что множество обладает требуемым свойством тогда и только тогда, когда \(m\mid L\).
Предположим, что \[ m\mid\operatorname{НОК}(m-n+1,\ldots,m-1). \] Пусть \(p^e\) — наибольшая степень некоторого простого числа \(p\), делящая \(m\). Поскольку \(p^e\) делит это наименьшее общее кратное, она делит некоторое число \(m-j\), где \(1\le j\le n-1\). Она также делит \(m\), поэтому делит и \(j\). Следовательно, \(p^e\mid L\). Это верно для каждого простого делителя числа \(m\), что доказывает \(m\mid L\).
Обратно, предположим, что \(m\mid L\). Тогда для каждой наибольшей степени простого числа \(p^e\), делящей \(m\), выполнено \(p^e\le n-1\): действительно, степень простого числа, делящая \(L\), должна делить одно из чисел \(1,\ldots,n-1\). Значит, \(m-p^e\) принадлежит множеству предшествующих чисел и делится на \(p^e\). Поэтому их наименьшее общее кратное содержит все степени простых чисел, необходимые для делимости на \(m\). Тем самым эквивалентность доказана.
Следовательно, искомые множества в точности соответствуют делителям \(m\) числа \(L\), удовлетворяющим условию \(m\ge n\).
При \(n=3\) имеем \(L=2\), у которого нет делителей, не меньших \(3\). Подходящего множества не существует.
При \(n=4\) имеем \(L=6\), единственный делитель которого, не меньший \(4\), равен \(6\). Таким образом, существует ровно одно подходящее множество, а именно \(\{3,4,5,6\}\).
Наконец, пусть \(n\ge5\). Поскольку \(n-1\) и \(n-2\) взаимно просты, \[ d=(n-1)(n-2)\mid L. \] Число \(d\) чётно, поэтому \(d\) и \(d/2\) — два различных делителя \(L\). Кроме того, \[ \frac d2-n =\frac{n(n-5)+2}{2}>0. \] Таким образом, оба делителя не меньше \(n\), и каждому из них соответствует подходящее множество. Следовательно, для каждого \(n\ge5\) существует по меньшей мере два таких множества.
Тем самым оба ответа доказаны.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1981 · المسألة 4
(أ) لأي قيم \(n > 2\) توجد مجموعة من \(n\) أعداد صحيحة موجبة متتالية بحيث يكون أكبر عدد في المجموعة قاسمًا للمضاعف المشترك الأصغر للأعداد \(n - 1\) المتبقية؟
(ب) لأي قيم \(n > 2\) توجد مجموعة واحدة بالضبط لها الخاصية المذكورة؟
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
(أ) جميع الأعداد الصحيحة \(n\ge 4\).
(ب) فقط \(n=4\). والمجموعة الوحيدة هي \(\{3,4,5,6\}\).
الحل
نكتب المجموعة على الصورة \[ \{m-n+1,m-n+2,\ldots,m\},\qquad m\ge n, \] ونضع \[ L=\operatorname{lcm}(1,2,\ldots,n-1). \]
نثبت أولًا أن المجموعة تتمتع بالخاصية المطلوبة إذا وفقط إذا كان \(m\mid L\).
لنفترض أن \[ m\mid\operatorname{lcm}(m-n+1,\ldots,m-1). \] لتكن \(p^e\) أعلى قوة لأي عدد أولي \(p\) تقسم \(m\). بما أن \(p^e\) تقسم هذا المضاعف المشترك الأصغر، فإنها تقسم عددًا من الشكل \(m-j\)، حيث \(1\le j\le n-1\). وهي تقسم \(m\) أيضًا، فتقسم \(j\). وبالتالي \(p^e\mid L\). ويصح ذلك لكل قاسم أولي للعدد \(m\)، مما يثبت أن \(m\mid L\).
وبالعكس، لنفترض أن \(m\mid L\). عندئذ تحقق كل قوة أولية قصوى \(p^e\) تقسم \(m\) المتباينة \(p^e\le n-1\): بالفعل، لا بد للقوة الأولية التي تقسم \(L\) من أن تقسم أحد الأعداد \(1,\ldots,n-1\). ومن ثم ينتمي \(m-p^e\) إلى مجموعة الأعداد السابقة، ويقبل القسمة على \(p^e\). ولذلك يحتوي مضاعفها المشترك الأصغر على كل قوة أولية لازمة لكي يقبل القسمة على \(m\). وهذا يثبت التكافؤ.
إذن تقابل المجموعات المطلوبة بالضبط القواسم \(m\) للعدد \(L\) التي تحقق \(m\ge n\).
عندما \(n=3\)، يكون \(L=2\)، وليس له قاسم لا يقل عن \(3\). فلا توجد مجموعة مناسبة.
عندما \(n=4\)، يكون \(L=6\)، وقاسمه الوحيد الذي لا يقل عن \(4\) هو \(6\). ومن ثم توجد مجموعة مناسبة واحدة بالضبط، هي \(\{3,4,5,6\}\).
أخيرًا، ليكن \(n\ge5\). بما أن \(n-1\) و\(n-2\) أوليان فيما بينهما، فإن \[ d=(n-1)(n-2)\mid L. \] العدد الصحيح \(d\) زوجي، لذا فإن \(d\) و\(d/2\) قاسمان مختلفان للعدد \(L\). وفضلًا عن ذلك، \[ \frac d2-n =\frac{n(n-5)+2}{2}>0. \] إذن كلا القاسمين لا يقل عن \(n\)، ويعطي كل منهما مجموعة مناسبة. وبالتالي، لكل \(n\ge5\) توجد مجموعتان على الأقل من هذا النوع.
وبذلك تثبت الإجابتان.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).