IMO 1997 · Problem 5
Find all pairs \((a,b)\) of integers \(a,b\geq 1\) that satisfy the equation \[ a^{b^2}=b^a. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{(a,b)\in\{(1,1),(16,2),(27,3)\}.} \]
Solution
If \(a=1\), the equation gives \(b=1\); likewise, if \(b=1\), it gives \(a=1\). Thus \((1,1)\) is the only solution with either coordinate equal to \(1\). Henceforth suppose \(a,b>1\).
Let \[ d=\gcd(a,b^2),\qquad r=\frac{a}{d},\qquad s=\frac{b^2}{d}. \] Then \(\gcd(r,s)=1\), and taking the positive \(d\)-th root of the original equation gives \[ a^s=b^r. \] We claim that there is an integer \(c>1\) such that \[ a=c^r,\qquad b=c^s. \] Indeed, for every prime \(p\), let \(\alpha_p,\beta_p\) be its exponents in \(a,b\), respectively. The last equation gives \[ s\alpha_p=r\beta_p. \] Coprimality implies that \(\alpha_p=rt_p\) and \(\beta_p=st_p\) for some nonnegative integer \(t_p\). Therefore \(c=\prod_p p^{t_p}\) has the required properties, and \(c>1\) because \(a>1\).
Substitution into the original equation, followed by equality of exponents to the base \(c>1\), yields \[ r c^{2s}=s c^r. \]
Case 1: \(r<2s\). Rearranging gives \[ s=r c^{2s-r}. \] Thus \(r\mid s\), so \(\gcd(r,s)=1\) forces \(r=1\). Consequently, \[ s=c^{2s-1}\geq 2^{2s-1}\geq 2^s\geq s+1, \] a contradiction. Here \(2s-1\geq s\) because \(s\geq1\), and \(2^s=(1+1)^s\geq1+s\) by the binomial theorem.
Case 2: \(r\geq2s\). Now \[ r=s c^{r-2s}, \] so \(s\mid r\), and coprimality forces \(s=1\). Hence \[ c^{r-2}=r,\qquad r\geq2. \] For \(r=2\), this is impossible. For \(r=3\), it gives \(c=3\); for \(r=4\), it gives \(c=2\).
There are no possibilities with \(r\geq5\), because \[ c^{r-2}\geq2^{r-2}>r. \] The strict inequality holds at \(r=5\), since \(8>5\), and follows inductively: if \(2^{r-2}>r\), then \[ 2^{(r+1)-2}>2r>r+1. \]
Thus the solutions with \(a,b>1\) can only be \[ (a,b)=(3^3,3)=(27,3),\qquad (a,b)=(2^4,2)=(16,2). \] Both satisfy the equation: \[ 27^{3^2}=(3^3)^9=3^{27}, \qquad 16^{2^2}=(2^4)^4=2^{16}. \] Together with \((1,1)\), these give exactly the stated answer.
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 1997 · Aufgabe 5
Bestimme alle Paare \((a,b)\) ganzer Zahlen \(a,b\geq 1\), für die folgende Gleichung gilt: \[ a^{b^2}=b^a. \]
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{(a,b)\in\{(1,1),(16,2),(27,3)\}.} \]
Lösung
Für \(a=1\) ergibt die Gleichung \(b=1\); ebenso ergibt sie für \(b=1\), dass \(a=1\) gilt. Somit ist \((1,1)\) die einzige Lösung, bei der eine der beiden Koordinaten gleich \(1\) ist. Im Folgenden sei \(a,b>1\).
Es sei \[ d=\operatorname{ggT}(a,b^2),\qquad r=\frac{a}{d},\qquad s=\frac{b^2}{d}. \] Dann gilt \(\operatorname{ggT}(r,s)=1\), und durch Ziehen der positiven \(d\)-ten Wurzel auf beiden Seiten der ursprünglichen Gleichung erhält man \[ a^s=b^r. \] Wir behaupten, dass es eine ganze Zahl \(c>1\) gibt, sodass \[ a=c^r,\qquad b=c^s. \] Für jede Primzahl \(p\) seien nämlich \(\alpha_p,\beta_p\) ihre Exponenten in \(a\) bzw. \(b\). Die letzte Gleichung ergibt \[ s\alpha_p=r\beta_p. \] Aus der Teilerfremdheit folgt, dass \(\alpha_p=rt_p\) und \(\beta_p=st_p\) für eine nichtnegative ganze Zahl \(t_p\) gelten. Daher hat \(c=\prod_p p^{t_p}\) die gewünschten Eigenschaften, und wegen \(a>1\) gilt \(c>1\).
Einsetzen in die ursprüngliche Gleichung und anschließender Vergleich der Exponenten zur Basis \(c>1\) liefern \[ r c^{2s}=s c^r. \]
Fall 1: \(r<2s\). Umformen ergibt \[ s=r c^{2s-r}. \] Somit gilt \(r\mid s\), sodass aus \(\operatorname{ggT}(r,s)=1\) zwingend \(r=1\) folgt. Folglich gilt \[ s=c^{2s-1}\geq 2^{2s-1}\geq 2^s\geq s+1, \] ein Widerspruch. Hier gilt \(2s-1\geq s\) wegen \(s\geq1\), und nach dem binomischen Lehrsatz gilt \(2^s=(1+1)^s\geq1+s\).
Fall 2: \(r\geq2s\). Nun gilt \[ r=s c^{r-2s}, \] also \(s\mid r\), und aus der Teilerfremdheit folgt zwingend \(s=1\). Daher gilt \[ c^{r-2}=r,\qquad r\geq2. \] Für \(r=2\) ist dies unmöglich. Für \(r=3\) ergibt sich \(c=3\); für \(r=4\) ergibt sich \(c=2\).
Für \(r\geq5\) gibt es keine Möglichkeiten, denn \[ c^{r-2}\geq2^{r-2}>r. \] Die strenge Ungleichung gilt für \(r=5\), da \(8>5\), und folgt induktiv: Gilt \(2^{r-2}>r\), so ist \[ 2^{(r+1)-2}>2r>r+1. \]
Somit kommen als Lösungen mit \(a,b>1\) nur die folgenden Paare infrage: \[ (a,b)=(3^3,3)=(27,3),\qquad (a,b)=(2^4,2)=(16,2). \] Beide erfüllen die Gleichung: \[ 27^{3^2}=(3^3)^9=3^{27}, \qquad 16^{2^2}=(2^4)^4=2^{16}. \] Zusammen mit \((1,1)\) ergeben sie genau die angegebene Antwort.
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 1997 · Soru 5
\(a,b\geq 1\) tam sayıları için, \[ a^{b^2}=b^a \] denklemini sağlayan tüm \((a,b)\) çiftlerini bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{(a,b)\in\{(1,1),(16,2),(27,3)\}.} \]
Çözüm
\(a=1\) ise denklem \(b=1\) verir; benzer şekilde \(b=1\) ise \(a=1\) verir. Dolayısıyla koordinatlarından en az biri \(1\)'e eşit olan tek çözüm \((1,1)\)'dir. Bundan sonra \(a,b>1\) olduğunu varsayalım.
\[ d=\operatorname{ebob}(a,b^2),\qquad r=\frac{a}{d},\qquad s=\frac{b^2}{d} \] olsun. O zaman \(\operatorname{ebob}(r,s)=1\) olur ve başlangıçtaki denklemin her iki tarafının pozitif \(d\). dereceden kökünü almak \[ a^s=b^r \] eşitliğini verir. \[ a=c^r,\qquad b=c^s \] olacak şekilde bir \(c>1\) tam sayısının bulunduğunu iddia ediyoruz. Gerçekten, her \(p\) asal sayısı için, \(p\)'nin sırasıyla \(a,b\)'nin asal çarpanlarına ayrılışlarındaki üsleri \(\alpha_p,\beta_p\) olsun. Son denklem \[ s\alpha_p=r\beta_p \] eşitliğini verir. Aralarında asal olmalarından, negatif olmayan bir \(t_p\) tam sayısı için \(\alpha_p=rt_p\) ve \(\beta_p=st_p\) olduğu çıkar. Dolayısıyla \(c=\prod_p p^{t_p}\) istenen özelliklere sahiptir ve \(a>1\) olduğundan \(c>1\)'dir.
Başlangıçtaki denklemde yerine koyup, \(c>1\) tabanındaki üsleri eşitleyince \[ r c^{2s}=s c^r \] elde edilir.
Durum 1: \(r<2s\). Yeniden düzenleyince \[ s=r c^{2s-r} \] elde edilir. Böylece \(r\mid s\) olur; dolayısıyla \(\operatorname{ebob}(r,s)=1\) olması \(r=1\)'i zorunlu kılar. Bu nedenle \[ s=c^{2s-1}\geq 2^{2s-1}\geq 2^s\geq s+1, \] bir çelişkidir. Burada \(s\geq1\) olduğundan \(2s-1\geq s\)'dir ve binom teoremine göre \(2^s=(1+1)^s\geq1+s\) olur.
Durum 2: \(r\geq2s\). Bu kez \[ r=s c^{r-2s}, \] dolayısıyla \(s\mid r\) olur ve aralarında asal olmaları \(s=1\)'i zorunlu kılar. Böylece \[ c^{r-2}=r,\qquad r\geq2. \] \(r=2\) için bu olanaksızdır. \(r=3\) için \(c=3\), \(r=4\) için ise \(c=2\) verir.
\(r\geq5\) için hiçbir olasılık yoktur, çünkü \[ c^{r-2}\geq2^{r-2}>r. \] Kesin eşitsizlik, \(8>5\) olduğundan \(r=5\) için geçerlidir ve tümevarımla devam eder: \(2^{r-2}>r\) ise \[ 2^{(r+1)-2}>2r>r+1. \]
Dolayısıyla \(a,b>1\) olan çözümler yalnızca \[ (a,b)=(3^3,3)=(27,3),\qquad (a,b)=(2^4,2)=(16,2) \] olabilir. Her ikisi de denklemi sağlar: \[ 27^{3^2}=(3^3)^9=3^{27}, \qquad 16^{2^2}=(2^4)^4=2^{16}. \] Bunlar \((1,1)\) ile birlikte tam olarak belirtilen cevabı verir.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1997 · Problema 5
Hallar todos los pares \((a,b)\) de enteros \(a,b\geq 1\) que satisfacen la ecuación \[ a^{b^2}=b^a. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{(a,b)\in\{(1,1),(16,2),(27,3)\}.} \]
Solución
Si \(a=1\), la ecuación da \(b=1\); análogamente, si \(b=1\), da \(a=1\). Así, \((1,1)\) es la única solución con alguna de sus coordenadas igual a \(1\). En adelante, supongamos que \(a,b>1\).
Sean \[ d=\operatorname{mcd}(a,b^2),\qquad r=\frac{a}{d},\qquad s=\frac{b^2}{d}. \] Entonces \(\operatorname{mcd}(r,s)=1\), y al tomar la raíz positiva de índice \(d\) de la ecuación original se obtiene \[ a^s=b^r. \] Afirmamos que existe un entero \(c>1\) tal que \[ a=c^r,\qquad b=c^s. \] En efecto, para cada primo \(p\), sean \(\alpha_p,\beta_p\) sus exponentes en \(a,b\), respectivamente. La última ecuación da \[ s\alpha_p=r\beta_p. \] La coprimalidad implica que \(\alpha_p=rt_p\) y \(\beta_p=st_p\) para algún entero no negativo \(t_p\). Por tanto, \(c=\prod_p p^{t_p}\) tiene las propiedades requeridas, y \(c>1\) porque \(a>1\).
Al sustituir en la ecuación original y luego igualar los exponentes de la base \(c>1\), se obtiene \[ r c^{2s}=s c^r. \]
Caso 1: \(r<2s\). Reordenando, resulta \[ s=r c^{2s-r}. \] Así, \(r\mid s\), de modo que \(\operatorname{mcd}(r,s)=1\) obliga a que \(r=1\). En consecuencia, \[ s=c^{2s-1}\geq 2^{2s-1}\geq 2^s\geq s+1, \] lo que es una contradicción. Aquí \(2s-1\geq s\) porque \(s\geq1\), y \(2^s=(1+1)^s\geq1+s\) por el teorema del binomio.
Caso 2: \(r\geq2s\). Ahora \[ r=s c^{r-2s}, \] por lo que \(s\mid r\), y la coprimalidad obliga a que \(s=1\). Así, \[ c^{r-2}=r,\qquad r\geq2. \] Para \(r=2\), esto es imposible. Para \(r=3\), da \(c=3\); para \(r=4\), da \(c=2\).
No hay posibilidades con \(r\geq5\), porque \[ c^{r-2}\geq2^{r-2}>r. \] La desigualdad estricta se cumple para \(r=5\), pues \(8>5\), y se deduce por inducción: si \(2^{r-2}>r\), entonces \[ 2^{(r+1)-2}>2r>r+1. \]
Así, las soluciones con \(a,b>1\) solo pueden ser \[ (a,b)=(3^3,3)=(27,3),\qquad (a,b)=(2^4,2)=(16,2). \] Ambas satisfacen la ecuación: \[ 27^{3^2}=(3^3)^9=3^{27}, \qquad 16^{2^2}=(2^4)^4=2^{16}. \] Junto con \((1,1)\), estas dan exactamente la respuesta indicada.
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 1997 · 问题 5
求所有满足下列方程的整数对 \((a,b)\)，其中 \(a,b\geq 1\)： \[ a^{b^2}=b^a. \]
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{(a,b)\in\{(1,1),(16,2),(27,3)\}.} \]
解答
如果 \(a=1\)，由方程得到 \(b=1\)；同样，如果 \(b=1\)，则得到 \(a=1\)。因此，\((1,1)\) 是至少有一个分量等于 \(1\) 的唯一解。以下假设 \(a,b>1\)。
令 \[ d=\gcd(a,b^2),\qquad r=\frac{a}{d},\qquad s=\frac{b^2}{d}. \] 则 \(\gcd(r,s)=1\)，对原方程两边取正的 \(d\) 次方根，得到 \[ a^s=b^r. \] 我们断言，存在整数 \(c>1\)，使得 \[ a=c^r,\qquad b=c^s. \] 事实上，对于每个素数 \(p\)，设 \(\alpha_p,\beta_p\) 分别为它在 \(a,b\) 的素因数分解中的指数。由上一个方程可得 \[ s\alpha_p=r\beta_p. \] 由互素性可知，存在非负整数 \(t_p\)，使得 \(\alpha_p=rt_p\) 且 \(\beta_p=st_p\)。因此，\(c=\prod_p p^{t_p}\) 具有所要求的性质，且由于 \(a>1\)，有 \(c>1\)。
代入原方程，再利用底数 \(c>1\) 时指数相等，得到 \[ r c^{2s}=s c^r. \]
情形 1：\(r<2s\)。 整理得 \[ s=r c^{2s-r}. \] 因此 \(r\mid s\)，由 \(\gcd(r,s)=1\) 必有 \(r=1\)。于是 \[ s=c^{2s-1}\geq 2^{2s-1}\geq 2^s\geq s+1, \] 矛盾。这里，由 \(s\geq1\) 可知 \(2s-1\geq s\)，而由二项式定理有 \(2^s=(1+1)^s\geq1+s\)。
情形 2：\(r\geq2s\)。 此时 \[ r=s c^{r-2s}, \] 故 \(s\mid r\)，由互素性必有 \(s=1\)。所以 \[ c^{r-2}=r,\qquad r\geq2. \] 当 \(r=2\) 时，这是不可能的。当 \(r=3\) 时，得到 \(c=3\)；当 \(r=4\) 时，得到 \(c=2\)。
不存在 \(r\geq5\) 的可能情形，因为 \[ c^{r-2}\geq2^{r-2}>r. \] 当 \(r=5\) 时，由 \(8>5\) 可知严格不等式成立；其余情形可由归纳法得到：若 \(2^{r-2}>r\)，则 \[ 2^{(r+1)-2}>2r>r+1. \]
因此，满足 \(a,b>1\) 的解只能是 \[ (a,b)=(3^3,3)=(27,3),\qquad (a,b)=(2^4,2)=(16,2). \] 两者都满足方程： \[ 27^{3^2}=(3^3)^9=3^{27}, \qquad 16^{2^2}=(2^4)^4=2^{16}. \] 加上 \((1,1)\)，恰好得到答案中列出的所有解。
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 1997 · Задача 5
Найдите все пары \((a,b)\) целых чисел \(a,b\geq 1\), удовлетворяющих уравнению \[ a^{b^2}=b^a. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{(a,b)\in\{(1,1),(16,2),(27,3)\}.} \]
Решение
Если \(a=1\), то из уравнения следует \(b=1\); аналогично, если \(b=1\), то \(a=1\). Таким образом, \((1,1)\) — единственное решение, в котором хотя бы одна координата равна \(1\). Далее будем считать, что \(a,b>1\).
Пусть \[ d=\operatorname{НОД}(a,b^2),\qquad r=\frac{a}{d},\qquad s=\frac{b^2}{d}. \] Тогда \(\operatorname{НОД}(r,s)=1\), а извлечение положительного корня степени \(d\) из обеих частей исходного уравнения даёт \[ a^s=b^r. \] Утверждаем, что существует целое число \(c>1\), такое что \[ a=c^r,\qquad b=c^s. \] Действительно, для каждого простого числа \(p\) обозначим через \(\alpha_p,\beta_p\) его показатели в разложениях \(a,b\) соответственно. Из последнего уравнения следует \[ s\alpha_p=r\beta_p. \] В силу взаимной простоты имеем \(\alpha_p=rt_p\) и \(\beta_p=st_p\) для некоторого неотрицательного целого числа \(t_p\). Поэтому \(c=\prod_p p^{t_p}\) обладает нужными свойствами, причём \(c>1\), так как \(a>1\).
Подставляя эти выражения в исходное уравнение и затем приравнивая показатели степеней с основанием \(c>1\), получаем \[ r c^{2s}=s c^r. \]
Случай 1: \(r<2s\). После преобразования получаем \[ s=r c^{2s-r}. \] Таким образом, \(r\mid s\), поэтому из \(\operatorname{НОД}(r,s)=1\) следует \(r=1\). Следовательно, \[ s=c^{2s-1}\geq 2^{2s-1}\geq 2^s\geq s+1, \] что даёт противоречие. Здесь \(2s-1\geq s\), поскольку \(s\geq1\), а \(2^s=(1+1)^s\geq1+s\) по биному Ньютона.
Случай 2: \(r\geq2s\). Теперь \[ r=s c^{r-2s}, \] так что \(s\mid r\), и из взаимной простоты следует \(s=1\). Значит, \[ c^{r-2}=r,\qquad r\geq2. \] При \(r=2\) это невозможно. При \(r=3\) получаем \(c=3\); при \(r=4\) получаем \(c=2\).
При \(r\geq5\) решений нет, поскольку \[ c^{r-2}\geq2^{r-2}>r. \] Строгое неравенство выполняется при \(r=5\), так как \(8>5\), и далее доказывается по индукции: если \(2^{r-2}>r\), то \[ 2^{(r+1)-2}>2r>r+1. \]
Таким образом, решениями при \(a,b>1\) могут быть только \[ (a,b)=(3^3,3)=(27,3),\qquad (a,b)=(2^4,2)=(16,2). \] Обе пары удовлетворяют уравнению: \[ 27^{3^2}=(3^3)^9=3^{27}, \qquad 16^{2^2}=(2^4)^4=2^{16}. \] Вместе с \((1,1)\) они дают в точности указанный ответ.
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 1997 · المسألة 5
أوجد جميع أزواج الأعداد الصحيحة \((a,b)\)، حيث \(a,b\geq 1\)، التي تحقق المعادلة \[ a^{b^2}=b^a. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{(a,b)\in\{(1,1),(16,2),(27,3)\}.} \]
الحل
إذا كان \(a=1\)، فإن المعادلة تعطينا \(b=1\)؛ وبالمثل، إذا كان \(b=1\)، فإنها تعطينا \(a=1\). إذن \((1,1)\) هو الحل الوحيد الذي يساوي فيه أحد الإحداثيين \(1\). ومن الآن فصاعدًا نفترض أن \(a,b>1\).
لتكن \[ d=\gcd(a,b^2),\qquad r=\frac{a}{d},\qquad s=\frac{b^2}{d}. \] عندئذ \(\gcd(r,s)=1\)، وبأخذ الجذر الموجب من الرتبة \(d\) لطرفي المعادلة الأصلية نحصل على \[ a^s=b^r. \] ندّعي وجود عدد صحيح \(c>1\) بحيث \[ a=c^r,\qquad b=c^s. \] بالفعل، لكل عدد أولي \(p\)، لتكن \(\alpha_p,\beta_p\) أسّيه في تحليلي \(a,b\) إلى عوامل أولية، على الترتيب. تعطينا المعادلة الأخيرة \[ s\alpha_p=r\beta_p. \] وبما أنهما أوليان فيما بينهما، فإن \(\alpha_p=rt_p\) و\(\beta_p=st_p\) لعدد صحيح غير سالب \(t_p\). لذلك يحقق \(c=\prod_p p^{t_p}\) الخواص المطلوبة، كما أن \(c>1\) لأن \(a>1\).
بالتعويض في المعادلة الأصلية، ثم بمساواة الأسّين ذوي الأساس \(c>1\)، نحصل على \[ r c^{2s}=s c^r. \]
الحالة 1: \(r<2s\). بإعادة الترتيب نحصل على \[ s=r c^{2s-r}. \] ومن ثم \(r\mid s\)، ولذلك تقتضي \(\gcd(r,s)=1\) أن يكون \(r=1\). وبالتالي، \[ s=c^{2s-1}\geq 2^{2s-1}\geq 2^s\geq s+1, \] وهذا تناقض. وهنا \(2s-1\geq s\) لأن \(s\geq1\)، كما أن \(2^s=(1+1)^s\geq1+s\) بحسب نظرية ذات الحدين.
الحالة 2: \(r\geq2s\). لدينا الآن \[ r=s c^{r-2s}, \] ومن ثم \(s\mid r\)، وبما أنهما أوليان فيما بينهما، يلزم أن يكون \(s=1\). إذن \[ c^{r-2}=r,\qquad r\geq2. \] عندما \(r=2\)، يكون هذا مستحيلًا. وعندما \(r=3\)، نحصل على \(c=3\)؛ وعندما \(r=4\)، نحصل على \(c=2\).
لا توجد إمكانات عندما \(r\geq5\)، لأن \[ c^{r-2}\geq2^{r-2}>r. \] تتحقق المتباينة الصارمة عند \(r=5\)، إذ \(8>5\)، ثم تثبت بالاستقراء: إذا كان \(2^{r-2}>r\)، فإن \[ 2^{(r+1)-2}>2r>r+1. \]
إذن لا يمكن أن تكون الحلول التي تحقق \(a,b>1\) إلا \[ (a,b)=(3^3,3)=(27,3),\qquad (a,b)=(2^4,2)=(16,2). \] وكلاهما يحقق المعادلة: \[ 27^{3^2}=(3^3)^9=3^{27}, \qquad 16^{2^2}=(2^4)^4=2^{16}. \] ومع \((1,1)\)، تعطينا هذه الحلول الإجابة المذكورة بالضبط.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.