IMO 2005 · Problem 4
Determine all positive integers relatively prime to all the terms of the infinite sequence \[ a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\geq 1. \]
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
The only such positive integer is \(\boxed{1}\).
Solution
We show that every prime divides at least one term of the sequence.
First, \(2\mid a_1=10\) and \(3\mid a_2=48\).
Now let \(p>3\) be prime and choose \(n=p-2\), which is positive. Fermat’s little theorem gives \[ 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\pmod p. \] Consequently, \[ \begin{aligned} 6a_{p-2} &=6\cdot 2^{p-2}+6\cdot 3^{p-2}+6\cdot 6^{p-2}-6\\ &=3\cdot 2^{p-1}+2\cdot 3^{p-1}+6^{p-1}-6\\ &\equiv 3+2+1-6=0\pmod p. \end{aligned} \] Since \(p>3\), we have \(\gcd(p,6)=1\), so \(p\mid a_{p-2}\).
Thus, if a positive integer \(m>1\) is given, any prime divisor \(p\) of \(m\) also divides some term \(a_n\). For that term, \[ \gcd(m,a_n)\geq p>1. \] Hence no \(m>1\) satisfies the requirement. Since \(1\) is relatively prime to every integer, it is the unique answer.
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 2005 · Aufgabe 4
Bestimme alle positiven ganzen Zahlen, die zu jedem Glied der unendlichen Folge \[ a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\geq 1 \] teilerfremd sind.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Die einzige solche positive ganze Zahl ist \(\boxed{1}\).
Lösung
Wir zeigen, dass jede Primzahl mindestens ein Glied der Folge teilt.
Zunächst gilt \(2\mid a_1=10\) und \(3\mid a_2=48\).
Sei nun \(p>3\) eine Primzahl, und wir wählen \(n=p-2\), was positiv ist. Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt \[ 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\pmod p. \] Folglich gilt \[ \begin{aligned} 6a_{p-2} &=6\cdot 2^{p-2}+6\cdot 3^{p-2}+6\cdot 6^{p-2}-6\\ &=3\cdot 2^{p-1}+2\cdot 3^{p-1}+6^{p-1}-6\\ &\equiv 3+2+1-6=0\pmod p. \end{aligned} \] Wegen \(p>3\) gilt \(\operatorname{ggT}(p,6)=1\), also \(p\mid a_{p-2}\).
Ist also eine positive ganze Zahl \(m>1\) gegeben, so teilt jeder Primteiler \(p\) von \(m\) auch ein Glied \(a_n\) der Folge. Für dieses Glied gilt \[ \operatorname{ggT}(m,a_n)\geq p>1. \] Somit erfüllt kein \(m>1\) die Bedingung. Da \(1\) zu jeder ganzen Zahl teilerfremd ist, ist dies die einzige Lösung.
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 2005 · Soru 4
\[ a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\geq 1 \] sonsuz dizisinin bütün terimleriyle aralarında asal olan tüm pozitif tam sayıları bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Bu koşulu sağlayan tek pozitif tam sayı \(\boxed{1}\)'dir.
Çözüm
Her asal sayının dizinin en az bir terimini böldüğünü göstereceğiz.
Öncelikle, \(2\mid a_1=10\) ve \(3\mid a_2=48\) olur.
Şimdi \(p>3\) bir asal sayı olsun ve pozitif olan \(n=p-2\) değerini seçelim. Fermat'nın küçük teoremi gereğince \[ 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\pmod p. \] Dolayısıyla, \[ \begin{aligned} 6a_{p-2} &=6\cdot 2^{p-2}+6\cdot 3^{p-2}+6\cdot 6^{p-2}-6\\ &=3\cdot 2^{p-1}+2\cdot 3^{p-1}+6^{p-1}-6\\ &\equiv 3+2+1-6=0\pmod p. \end{aligned} \] \(p>3\) olduğundan \(\operatorname{ebob}(p,6)=1\) olur; dolayısıyla \(p\mid a_{p-2}\) elde edilir.
Böylece, bir \(m>1\) pozitif tam sayısı verildiğinde, \(m\)'nin herhangi bir \(p\) asal böleni, dizinin bir \(a_n\) terimini de böler. Bu terim için \[ \operatorname{ebob}(m,a_n)\geq p>1. \] Dolayısıyla hiçbir \(m>1\) koşulu sağlamaz. \(1\) her tam sayıyla aralarında asal olduğundan, tek cevap odur.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2005 · Problema 4
Determinar todos los enteros positivos que son primos relativos con cada uno de los términos de la sucesión infinita \[ a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\geq 1. \]
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
El único entero positivo que cumple esta condición es \(\boxed{1}\).
Solución
Demostramos que todo número primo divide al menos un término de la sucesión.
En primer lugar, \(2\mid a_1=10\) y \(3\mid a_2=48\).
Sea ahora \(p>3\) un número primo y tomemos \(n=p-2\), que es positivo. Por el pequeño teorema de Fermat, \[ 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\pmod p. \] Por consiguiente, \[ \begin{aligned} 6a_{p-2} &=6\cdot 2^{p-2}+6\cdot 3^{p-2}+6\cdot 6^{p-2}-6\\ &=3\cdot 2^{p-1}+2\cdot 3^{p-1}+6^{p-1}-6\\ &\equiv 3+2+1-6=0\pmod p. \end{aligned} \] Como \(p>3\), tenemos \(\operatorname{mcd}(p,6)=1\), de modo que \(p\mid a_{p-2}\).
Así, dado un entero positivo \(m>1\), cualquier divisor primo \(p\) de \(m\) divide también algún término \(a_n\). Para ese término, \[ \operatorname{mcd}(m,a_n)\geq p>1. \] Por tanto, ningún \(m>1\) satisface la condición. Como \(1\) es primo relativo con todo entero, es la única respuesta.
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 2005 · 问题 4
求所有与无穷数列 \[ a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\geq 1. \] 的每一项都互素的正整数。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
唯一满足条件的正整数是 \(\boxed{1}\)。
解答
我们证明，每个素数都至少整除该数列的一项。
首先，\(2\mid a_1=10\) 且 \(3\mid a_2=48\)。
现在设 \(p>3\) 为素数，并取 \(n=p-2\)，它是正整数。由费马小定理， \[ 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\pmod p. \] 因此， \[ \begin{aligned} 6a_{p-2} &=6\cdot 2^{p-2}+6\cdot 3^{p-2}+6\cdot 6^{p-2}-6\\ &=3\cdot 2^{p-1}+2\cdot 3^{p-1}+6^{p-1}-6\\ &\equiv 3+2+1-6=0\pmod p. \end{aligned} \] 由于 \(p>3\)，有 \(\gcd(p,6)=1\)，所以 \(p\mid a_{p-2}\)。
因此，给定正整数 \(m>1\)，\(m\) 的任意素因子 \(p\) 也整除某一项 \(a_n\)。对于这一项， \[ \gcd(m,a_n)\geq p>1. \] 故没有 \(m>1\) 满足要求。由于 \(1\) 与每个整数都互素，它是唯一的答案。
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 2005 · Задача 4
Найдите все положительные целые числа, взаимно простые с каждым членом бесконечной последовательности \[ a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\geq 1. \]
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Единственное такое положительное целое число — \(\boxed{1}\).
Решение
Покажем, что каждое простое число делит хотя бы один член последовательности.
Прежде всего, \(2\mid a_1=10\) и \(3\mid a_2=48\).
Теперь пусть \(p>3\) — простое число; выберем положительное число \(n=p-2\). По малой теореме Ферма \[ 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\pmod p. \] Следовательно, \[ \begin{aligned} 6a_{p-2} &=6\cdot 2^{p-2}+6\cdot 3^{p-2}+6\cdot 6^{p-2}-6\\ &=3\cdot 2^{p-1}+2\cdot 3^{p-1}+6^{p-1}-6\\ &\equiv 3+2+1-6=0\pmod p. \end{aligned} \] Поскольку \(p>3\), имеем \(\operatorname{НОД}(p,6)=1\), поэтому \(p\mid a_{p-2}\).
Таким образом, если дано положительное целое число \(m>1\), то любой его простой делитель \(p\) делит также некоторый член \(a_n\). Для этого члена \[ \operatorname{НОД}(m,a_n)\geq p>1. \] Значит, ни одно \(m>1\) не удовлетворяет условию. Поскольку \(1\) взаимно просто с любым целым числом, это единственный ответ.
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 2005 · المسألة 4
أوجد جميع الأعداد الصحيحة الموجبة الأولية نسبيًا مع كل حد من حدود المتتالية اللانهائية \[ a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\geq 1. \]
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
العدد الصحيح الموجب الوحيد الذي يحقق ذلك هو \(\boxed{1}\).
الحل
نبين أن كل عدد أولي يقسم حدًا واحدًا على الأقل من حدود المتتالية.
أولًا، \(2\mid a_1=10\) و\(3\mid a_2=48\).
والآن ليكن \(p>3\) عددًا أوليًا، ولنختر \(n=p-2\)، وهو موجب. تعطينا مبرهنة فيرما الصغرى \[ 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\pmod p. \] وبالتالي، \[ \begin{aligned} 6a_{p-2} &=6\cdot 2^{p-2}+6\cdot 3^{p-2}+6\cdot 6^{p-2}-6\\ &=3\cdot 2^{p-1}+2\cdot 3^{p-1}+6^{p-1}-6\\ &\equiv 3+2+1-6=0\pmod p. \end{aligned} \] بما أن \(p>3\)، فإن \(\gcd(p,6)=1\)، ولذلك \(p\mid a_{p-2}\).
وهكذا، إذا أعطي عدد صحيح موجب \(m>1\)، فإن أي قاسم أولي \(p\) للعدد \(m\) يقسم أيضًا حدًا ما \(a_n\). ولهذا الحد، \[ \gcd(m,a_n)\geq p>1. \] ومن ثم لا يحقق أي \(m>1\) الشرط المطلوب. وبما أن \(1\) أولي نسبيًا مع كل عدد صحيح، فهو الإجابة الوحيدة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.