IMO 1998 · Problem 4
Determine all pairs \((a, b)\) of positive integers such that \(ab^2+b+7\) divides \(a^2b+a+b\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{(a,b)=(11,1),\ (49,1),\quad\text{or}\quad(7t^2,7t)\ \text{for any positive integer }t.} \]
Solution
Put \[ D=ab^2+b+7,\qquad N=a^2b+a+b. \] Suppose \(D\mid N\). The identity \[ bN-aD=b^2-7a \] then gives \[ D\mid b^2-7a. \]
Case 1: \(b\ge3\). Since \(a\ge1\) and \(b^2\ge9\), we have \[ D>b^2,\qquad D>7a. \] Consequently, \[ -D<b^2-7a<D. \] The only multiple of \(D\) in this interval is zero, so \(b^2=7a\). As \(7\) is prime, \(7\mid b\). Writing \(b=7t\), we obtain \(a=7t^2\), where \(t\) is a positive integer.
Conversely, for these values, \[ N=343t^5+7t^2+7t =t(343t^4+7t+7)=tD, \] so every such pair satisfies the condition.
Case 2: \(b=1\). Here the condition is \[ a+8\mid a^2+a+1. \] Using \[ a^2+a+1=(a+8)(a-7)+57, \] this is equivalent to \(a+8\mid57\). The positive divisors of \(57\) are \(1,3,19,57\). Since \(a+8\ge9\), we must have \(a+8=19\) or \(57\), giving \(a=11\) or \(49\). The equivalence also verifies both solutions.
Case 3: \(b=2\). The initial divisibility gives \[ 4a+9\mid4-7a. \] Thus \[ 4a+9\mid 4(4-7a)+7(4a+9)=79. \] The number \(79\) is prime: none of the primes \(2,3,5,7\), which are all the primes below \(\sqrt{79}\), divides it. Since \(4a+9\ge13\), we would therefore have \(4a+9=79\). This is impossible, because \(4a+9\equiv1\pmod4\), whereas \(79\equiv3\pmod4\).
These cases exhaust all positive integers \(b\), proving the answer.
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 1998 · Aufgabe 4
Bestimme alle Paare \((a, b)\) positiver ganzer Zahlen, für die \(ab^2+b+7\) ein Teiler von \(a^2b+a+b\) ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{(a,b)=(11,1),\ (49,1),\quad\text{oder}\quad(7t^2,7t)\ \text{für eine beliebige positive ganze Zahl }t.} \]
Lösung
Setzen wir \[ D=ab^2+b+7,\qquad N=a^2b+a+b. \] Es gelte \(D\mid N\). Aus der Identität \[ bN-aD=b^2-7a \] folgt dann \[ D\mid b^2-7a. \]
Fall 1: \(b\ge3\). Wegen \(a\ge1\) und \(b^2\ge9\) gilt \[ D>b^2,\qquad D>7a. \] Folglich gilt \[ -D<b^2-7a<D. \] Das einzige Vielfache von \(D\) in diesem Intervall ist null, also gilt \(b^2=7a\). Da \(7\) eine Primzahl ist, gilt \(7\mid b\). Schreiben wir \(b=7t\), so erhalten wir \(a=7t^2\), wobei \(t\) eine positive ganze Zahl ist.
Umgekehrt gilt für diese Werte \[ N=343t^5+7t^2+7t =t(343t^4+7t+7)=tD, \] also erfüllt jedes solche Paar die Bedingung.
Fall 2: \(b=1\). Hier lautet die Bedingung \[ a+8\mid a^2+a+1. \] Wegen \[ a^2+a+1=(a+8)(a-7)+57 \] ist dies äquivalent zu \(a+8\mid57\). Die positiven Teiler von \(57\) sind \(1,3,19,57\). Wegen \(a+8\ge9\) muss \(a+8=19\) oder \(57\) gelten, woraus \(a=11\) oder \(49\) folgt. Die Äquivalenz bestätigt zugleich beide Lösungen.
Fall 3: \(b=2\). Die zuvor hergeleitete Teilbarkeitsbedingung liefert \[ 4a+9\mid4-7a. \] Somit gilt \[ 4a+9\mid 4(4-7a)+7(4a+9)=79. \] Die Zahl \(79\) ist eine Primzahl: Keine der Primzahlen \(2,3,5,7\), die sämtliche Primzahlen unterhalb von \(\sqrt{79}\) sind, teilt sie. Wegen \(4a+9\ge13\) müsste daher \(4a+9=79\) gelten. Dies ist unmöglich, denn \(4a+9\equiv1\pmod4\), während \(79\equiv3\pmod4\) gilt.
Diese Fälle erfassen alle positiven ganzen Zahlen \(b\) und beweisen damit die angegebene Antwort.
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 1998 · Soru 4
\(ab^2+b+7\) sayısının \(a^2b+a+b\) sayısını böldüğü tüm pozitif tam sayı çiftlerini \((a, b)\) bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{(a,b)=(11,1),\ (49,1),\quad\text{veya}\quad(7t^2,7t)\ \text{her pozitif tam sayı }t.} \]
Çözüm
\[ D=ab^2+b+7,\qquad N=a^2b+a+b \] olsun. \(D\mid N\) olduğunu varsayalım. O zaman \[ bN-aD=b^2-7a \] özdeşliği \[ D\mid b^2-7a \] sonucunu verir.
Durum 1: \(b\ge3\). \(a\ge1\) ve \(b^2\ge9\) olduğundan \[ D>b^2,\qquad D>7a. \] Dolayısıyla, \[ -D<b^2-7a<D. \] Bu aralıkta \(D\)'nin tek katı sıfırdır; o hâlde \(b^2=7a\). \(7\) asal olduğundan \(7\mid b\). \(b=7t\) yazarak \(a=7t^2\) elde ederiz; burada \(t\) pozitif bir tam sayıdır.
Tersine, bu değerler için \[ N=343t^5+7t^2+7t =t(343t^4+7t+7)=tD \] olduğundan bu tür her çift koşulu sağlar.
Durum 2: \(b=1\). Bu durumda koşul \[ a+8\mid a^2+a+1 \] biçimindedir. \[ a^2+a+1=(a+8)(a-7)+57 \] eşitliğini kullanarak bunun \(a+8\mid57\) koşuluna denk olduğunu görürüz. \(57\)'nin pozitif bölenleri \(1,3,19,57\)'dir. \(a+8\ge9\) olduğundan \(a+8=19\) veya \(57\) olmak zorundadır; buradan \(a=11\) veya \(49\) elde edilir. Bu denklik her iki çözümü de doğrular.
Durum 3: \(b=2\). Başlangıçtaki bölünebilme koşulu \[ 4a+9\mid4-7a \] sonucunu verir. Böylece \[ 4a+9\mid 4(4-7a)+7(4a+9)=79. \] \(79\) sayısı asaldır: \(\sqrt{79}\)'dan küçük tüm asal sayılar olan \(2,3,5,7\) sayılarından hiçbiri onu bölmez. \(4a+9\ge13\) olduğundan, bu durumda \(4a+9=79\) olması gerekirdi. Bu ise olanaksızdır; çünkü \(4a+9\equiv1\pmod4\) iken \(79\equiv3\pmod4\).
Bu durumlar tüm pozitif \(b\) tam sayılarını kapsar ve böylece cevap kanıtlanmış olur.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1998 · Problema 4
Determinar todos los pares \((a, b)\) de enteros positivos tales que \(ab^2+b+7\) divide a \(a^2b+a+b\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{(a,b)=(11,1),\ (49,1),\quad\text{o}\quad(7t^2,7t)\ \text{para cualquier entero positivo }t.} \]
Solución
Sean \[ D=ab^2+b+7,\qquad N=a^2b+a+b. \] Supongamos que \(D\mid N\). La identidad \[ bN-aD=b^2-7a \] da entonces \[ D\mid b^2-7a. \]
Caso 1: \(b\ge3\). Como \(a\ge1\) y \(b^2\ge9\), tenemos \[ D>b^2,\qquad D>7a. \] Por consiguiente, \[ -D<b^2-7a<D. \] El único múltiplo de \(D\) en este intervalo es cero, por lo que \(b^2=7a\). Como \(7\) es primo, \(7\mid b\). Escribiendo \(b=7t\), obtenemos \(a=7t^2\), donde \(t\) es un entero positivo.
Recíprocamente, para estos valores, \[ N=343t^5+7t^2+7t =t(343t^4+7t+7)=tD, \] por lo que todos estos pares satisfacen la condición.
Caso 2: \(b=1\). En este caso, la condición es \[ a+8\mid a^2+a+1. \] Usando \[ a^2+a+1=(a+8)(a-7)+57, \] esto equivale a \(a+8\mid57\). Los divisores positivos de \(57\) son \(1,3,19,57\). Como \(a+8\ge9\), debe cumplirse \(a+8=19\) o \(57\), lo que da \(a=11\) o \(49\). La equivalencia también verifica ambas soluciones.
Caso 3: \(b=2\). La divisibilidad inicial da \[ 4a+9\mid4-7a. \] Así, \[ 4a+9\mid 4(4-7a)+7(4a+9)=79. \] El número \(79\) es primo: ninguno de los primos \(2,3,5,7\), que son todos los primos menores que \(\sqrt{79}\), lo divide. Como \(4a+9\ge13\), tendríamos entonces \(4a+9=79\). Esto es imposible, porque \(4a+9\equiv1\pmod4\), mientras que \(79\equiv3\pmod4\).
Estos casos abarcan todos los enteros positivos \(b\), lo que demuestra la respuesta.
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 1998 · 问题 4
求所有正整数对 \((a, b)\)，使得 \(ab^2+b+7\) 整除 \(a^2b+a+b\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{(a,b)=(11,1),\ (49,1),\quad\text{或}\quad(7t^2,7t)\ \text{其中参数为任意正整数 }t.} \]
解答
令 \[ D=ab^2+b+7,\qquad N=a^2b+a+b. \] 假设 \(D\mid N\)。由恒等式 \[ bN-aD=b^2-7a \] 可得 \[ D\mid b^2-7a. \]
情形 1：\(b\ge3\)。 由于 \(a\ge1\) 且 \(b^2\ge9\)，有 \[ D>b^2,\qquad D>7a. \] 因此， \[ -D<b^2-7a<D. \] 这个区间内唯一的 \(D\) 的倍数是零，故 \(b^2=7a\)。由于 \(7\) 是素数，\(7\mid b\)。令 \(b=7t\)，得到 \(a=7t^2\)，其中 \(t\) 为正整数。
反之，对于这些值， \[ N=343t^5+7t^2+7t =t(343t^4+7t+7)=tD, \] 所以每个这样的数对都满足条件。
情形 2：\(b=1\)。 此时条件为 \[ a+8\mid a^2+a+1. \] 利用 \[ a^2+a+1=(a+8)(a-7)+57, \] 可知这等价于 \(a+8\mid57\)。\(57\) 的正因数为 \(1,3,19,57\)。由于 \(a+8\ge9\)，必有 \(a+8=19\) 或 \(57\)，从而 \(a=11\) 或 \(49\)。上述等价关系也验证了这两个解均满足条件。
情形 3：\(b=2\)。 由最初得到的整除关系可得 \[ 4a+9\mid4-7a. \] 因此 \[ 4a+9\mid 4(4-7a)+7(4a+9)=79. \] 数 \(79\) 是素数：小于 \(\sqrt{79}\) 的全部素数为 \(2,3,5,7\)，它们均不能整除 \(79\)。由于 \(4a+9\ge13\)，于是必须有 \(4a+9=79\)。这是不可能的，因为 \(4a+9\equiv1\pmod4\)，而 \(79\equiv3\pmod4\)。
这些情形涵盖了所有正整数 \(b\)，从而证明了所给答案。
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 1998 · Задача 4
Найдите все пары \((a, b)\) положительных целых чисел, для которых \(ab^2+b+7\) делит \(a^2b+a+b\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{(a,b)=(11,1),\ (49,1),\quad\text{или}\quad(7t^2,7t)\ \text{для любого положительного целого }t.} \]
Решение
Положим \[ D=ab^2+b+7,\qquad N=a^2b+a+b. \] Пусть \(D\mid N\). Тогда из тождества \[ bN-aD=b^2-7a \] следует \[ D\mid b^2-7a. \]
Случай 1: \(b\ge3\). Поскольку \(a\ge1\) и \(b^2\ge9\), имеем \[ D>b^2,\qquad D>7a. \] Следовательно, \[ -D<b^2-7a<D. \] Единственное кратное \(D\) в этом интервале — нуль, поэтому \(b^2=7a\). Поскольку \(7\) — простое число, \(7\mid b\). Полагая \(b=7t\), получаем \(a=7t^2\), где \(t\) — положительное целое число.
Обратно, для этих значений \[ N=343t^5+7t^2+7t =t(343t^4+7t+7)=tD, \] поэтому каждая такая пара удовлетворяет условию.
Случай 2: \(b=1\). Здесь условие имеет вид \[ a+8\mid a^2+a+1. \] С учётом равенства \[ a^2+a+1=(a+8)(a-7)+57, \] оно равносильно \(a+8\mid57\). Положительные делители числа \(57\) — это \(1,3,19,57\). Поскольку \(a+8\ge9\), должно выполняться \(a+8=19\) или \(57\), что даёт \(a=11\) или \(49\). Установленная равносильность также подтверждает, что оба значения являются решениями.
Случай 3: \(b=2\). Из исходного условия делимости следует \[ 4a+9\mid4-7a. \] Значит, \[ 4a+9\mid 4(4-7a)+7(4a+9)=79. \] Число \(79\) простое: ни одно из простых чисел \(2,3,5,7\), составляющих все простые числа, меньшие \(\sqrt{79}\), не делит его. Поскольку \(4a+9\ge13\), отсюда следовало бы \(4a+9=79\). Это невозможно, так как \(4a+9\equiv1\pmod4\), тогда как \(79\equiv3\pmod4\).
Эти случаи исчерпывают все положительные целые значения \(b\), что доказывает ответ.
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 1998 · المسألة 4
أوجد جميع أزواج الأعداد الصحيحة الموجبة \((a, b)\) بحيث يقسم \(ab^2+b+7\) العدد \(a^2b+a+b\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{(a,b)=(11,1),\ (49,1),\quad\text{أو}\quad(7t^2,7t)\ \text{لكل عدد صحيح موجب }t.} \]
الحل
نضع \[ D=ab^2+b+7,\qquad N=a^2b+a+b. \] افترض أن \(D\mid N\). عندئذ تعطينا المتطابقة \[ bN-aD=b^2-7a \] العلاقة \[ D\mid b^2-7a. \]
الحالة 1: \(b\ge3\). بما أن \(a\ge1\) و\(b^2\ge9\)، فإن \[ D>b^2,\qquad D>7a. \] وعليه، \[ -D<b^2-7a<D. \] المضاعف الوحيد للعدد \(D\) في هذا المجال هو الصفر، ومن ثم \(b^2=7a\). وبما أن \(7\) أولي، فإن \(7\mid b\). بكتابة \(b=7t\)، نحصل على \(a=7t^2\)، حيث \(t\) عدد صحيح موجب.
وعكسًا، لهذه القيم، \[ N=343t^5+7t^2+7t =t(343t^4+7t+7)=tD, \] ومن ثم فإن كل زوج من هذا الشكل يحقق الشرط.
الحالة 2: \(b=1\). يصبح الشرط هنا \[ a+8\mid a^2+a+1. \] وباستخدام \[ a^2+a+1=(a+8)(a-7)+57, \] يكون هذا مكافئًا لـ\(a+8\mid57\). القواسم الموجبة للعدد \(57\) هي \(1,3,19,57\). وبما أن \(a+8\ge9\)، فلا بد أن يكون \(a+8=19\) أو \(57\)، مما يعطي \(a=11\) أو \(49\). ويؤكد هذا التكافؤ أيضًا صحة كلا الحلين.
الحالة 3: \(b=2\). تعطي علاقة القسمة الأولية \[ 4a+9\mid4-7a. \] ومن ثم \[ 4a+9\mid 4(4-7a)+7(4a+9)=79. \] العدد \(79\) أولي: فلا يقسمه أي من الأعداد الأولية \(2,3,5,7\)، وهي جميع الأعداد الأولية الأصغر من \(\sqrt{79}\). وبما أن \(4a+9\ge13\)، فلا بد إذن أن يكون \(4a+9=79\). وهذا مستحيل، لأن \(4a+9\equiv1\pmod4\)، بينما \(79\equiv3\pmod4\).
تستنفد هذه الحالات جميع الأعداد الصحيحة الموجبة \(b\)، وبذلك تثبت الإجابة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.