IMO 2015 · Problem 2
Determine all triples \((a,b,c)\) of positive integers such that each of the numbers \[ ab-c,\qquad bc-a,\qquad ca-b \] is a power of 2.
(A power of 2 is an integer of the form \(2^n\), where \(n\) is a non-negative integer.)
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
All permutations of \[ \boxed{(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)}. \]
Solution
The conditions are symmetric in \(a,b,c\), so we may relabel the variables in each case. First, none can equal \(1\): if \(a=1\), positivity of \(ab-c\) and \(ca-b\) would require both \(b>c\) and \(c>b\). Hence \[ a,b,c\ge2. \]
For a positive integer \(n\), let \(v_2(n)\) denote the exponent of \(2\) in its prime factorization. We use the elementary fact that if two integers have different \(v_2\), their sum or nonzero difference has the smaller valuation. This follows by factoring out the smaller power of \(2\).
Case 1: All three variables are even.
Relabel so that \[ v_2(a)=\alpha\le v_2(b)=\beta\le v_2(c)=\gamma. \] Since \(\beta+\gamma>\alpha\) and \(\alpha+\gamma>\beta\), we have \[ v_2(bc-a)=\alpha,\qquad v_2(ac-b)=\beta. \] These expressions are powers of \(2\), so \[ bc-a=2^\alpha\le a,\qquad ac-b=2^\beta\le b. \] Thus \(bc\le2a\) and \(ac\le2b\). Multiplication gives \(c^2\le4\), whence \(c=2\).
Now \(\alpha=\beta=\gamma=1\), and the preceding equalities become \[ 2b-a=2,\qquad 2a-b=2. \] Therefore \(a=b=c=2\).
Case 2: Exactly two variables are odd.
All three expressions \(ab-c,bc-a,ca-b\) are odd. Consequently they must all equal \(1\). Subtracting pairs of these equalities gives \[ (a+1)(b-c)=0,\qquad (b+1)(a-c)=0. \] Hence \(a=b=c\), contradicting the parity pattern. There are no solutions in this case.
Case 3: Exactly one variable is odd.
Let \(c\) be odd and let \(a\le b\) be even. Since \(ab-c\) is an odd power of \(2\), \[ ab-c=1,\qquad c=ab-1. \]
If \(a=b\), then \[ ac-b=a(a^2-2) \] is a power of \(2\). Thus its positive factor \(a^2-2\) is also a power of \(2\). But \(a^2-2\equiv2\pmod4\), so \(a^2-2=2\). This yields \[ (a,b,c)=(2,2,3). \]
Now suppose \(a<b\). Write \[ ac-b=2^m,\qquad bc-a=2^n. \] Their difference is \((b-a)(c+1)>0\), so \(m<n\).
We claim that \(v_2(a)=v_2(b)\). Otherwise, because \(c\) is odd, both \(ac-b\) and \(bc-a\) would have valuation \[ \min\{v_2(a),v_2(b)\}, \] forcing \(m=n\), a contradiction. Set \[ v_2(a)=v_2(b)=k\ge1. \] Since \(c=ab-1\), \[ c^2-1=ab(ab-2). \] Here \(v_2(ab)=2k\), while \(ab-2\equiv2\pmod4\). Therefore \[ v_2(c^2-1)=2k+1. \] On the other hand, the identity \[ a(c^2-1)=c(ac-b)+(bc-a)=c2^m+2^n \] has valuation \(m\) on the right, since \(c\) is odd and \(m<n\). Comparing valuations yields \[ m=3k+1. \]
Put \(d=2^k\), \(a=du\), \(b=dv\), where \(u<v\) are positive odd integers. From \[ ac-b=b(a^2-1)-a=2^{3k+1}=2d^3 \] we obtain \[ v(d^2u^2-1)=u+2d^2. \] Since \(v\ge u\), this implies \[ d^2(u^3-2)\le2u. \] If \(u\ge3\), then \(u^3-2>u\) and \(d^2\ge4\), contradicting this inequality. Thus \(u=1\), and \[ v=\frac{1+2d^2}{d^2-1} =2+\frac{3}{d^2-1}. \] The last fraction is a positive integer, and \(d^2-1\ge3\). Hence \(d^2-1=3\), giving \(d=2\) and \(v=3\). Therefore \[ (a,b,c)=(2,6,11). \]
Case 4: All three variables are odd.
Now \(a,b,c\ge3\). No two can be equal: if, for example, \(a=b\), then \[ ac-b=a(c-1) \] would be a power of \(2\) divisible by the odd integer \(a>1\).
Relabel so that \(a<b<c\), and write \[ ab-c=2^r,\qquad ac-b=2^s,\qquad bc-a=2^t. \] Taking differences shows that \(r<s<t\).
Using \[ a(c^2-1)=c2^s+2^t \] and the oddness of \(a,c\), we obtain \[ v_2(c^2-1)=s. \] Of the consecutive even integers \(c-1,c+1\), exactly one has valuation \(1\). The largest power of \(2\) dividing the other is at most \(c+1\). Consequently, \[ 2^s\le2(c+1). \] But \(b\le c\), so \[ (a-1)c\le ac-b=2^s\le2(c+1), \] which gives \[ (a-3)c\le2. \] Since \(a\ge3\) is odd and \(c\ge3\), necessarily \(a=3\).
Next, the identity \[ b(a^2-1)=a2^r+2^s \] and \(r<s\) imply \[ r=v_2(a^2-1)=v_2(8)=3. \] Thus \[ c=3b-8. \] It follows that \[ ac-b=8(b-3),\qquad bc-a=(b-3)(3b+1). \] These are powers of \(2\), so both \(b-3\) and \(3b+1\) are powers of \(2\). Write \[ b-3=2^h,\qquad h\ge1. \] Then \[ 3b+1=3\cdot2^h+10. \] If \(h\ge2\), this number is congruent to \(2\pmod4\) and exceeds \(2\), so it cannot be a power of \(2\). Hence \(h=1\), yielding \[ (a,b,c)=(3,5,7). \]
Finally, direct substitution verifies every listed triple: \[ \begin{array}{c|ccc} (a,b,c)&ab-c&bc-a&ca-b\\ \hline (2,2,2)&2&2&2\\ (2,2,3)&1&4&4\\ (2,6,11)&1&64&16\\ (3,5,7)&8&32&16 \end{array} \] Symmetry verifies all their permutations, completing the classification.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2015 · Aufgabe 2
Man bestimme alle Tripel \((a,b,c)\) positiver ganzer Zahlen, sodass jede der Zahlen \[ ab-c,\quad bc-a,\quad ca-b \] eine Zweierpotenz ist.
(Eine Zweierpotenz ist eine ganze Zahl der Form \(2^n\), wobei \(n\) eine nichtnegative ganze Zahl ist.)
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Alle Permutationen von \[ \boxed{(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)}. \]
Lösung
Die Bedingungen sind symmetrisch in \(a,b,c\), daher dürfen wir die Variablen in jedem Fall umbenennen. Zunächst kann keine von ihnen gleich \(1\) sein: Wäre \(a=1\), so würde die Positivität von \(ab-c\) und \(ca-b\) sowohl \(b>c\) als auch \(c>b\) verlangen. Also gilt \[ a,b,c\ge2. \]
Für eine positive ganze Zahl \(n\) bezeichne \(v_2(n)\) den Exponenten von \(2\) in ihrer Primfaktorzerlegung. Wir verwenden die elementare Tatsache, dass bei zwei ganzen Zahlen mit verschiedenen \(v_2\)-Werten ihre Summe oder ihre von null verschiedene Differenz die kleinere Bewertung hat. Dies folgt durch Ausklammern der kleineren Zweierpotenz.
Fall 1: Alle drei Variablen sind gerade.
Wir benennen sie so um, dass \[ v_2(a)=\alpha\le v_2(b)=\beta\le v_2(c)=\gamma. \] Wegen \(\beta+\gamma>\alpha\) und \(\alpha+\gamma>\beta\) gilt \[ v_2(bc-a)=\alpha,\qquad v_2(ac-b)=\beta. \] Diese Ausdrücke sind Zweierpotenzen, also gilt \[ bc-a=2^\alpha\le a,\qquad ac-b=2^\beta\le b. \] Somit sind \(bc\le2a\) und \(ac\le2b\). Durch Multiplikation erhalten wir \(c^2\le4\), also \(c=2\).
Nun gilt \(\alpha=\beta=\gamma=1\), und die vorangegangenen Gleichheiten werden zu \[ 2b-a=2,\qquad 2a-b=2. \] Daher ist \(a=b=c=2\).
Fall 2: Genau zwei Variablen sind ungerade.
Alle drei Ausdrücke \(ab-c,bc-a,ca-b\) sind ungerade. Folglich müssen sie alle gleich \(1\) sein. Paarweises Subtrahieren dieser Gleichheiten ergibt \[ (a+1)(b-c)=0,\qquad (b+1)(a-c)=0. \] Also ist \(a=b=c\), im Widerspruch zu den angenommenen Paritäten. In diesem Fall gibt es keine Lösungen.
Fall 3: Genau eine Variable ist ungerade.
Sei \(c\) ungerade, und seien \(a\le b\) gerade. Da \(ab-c\) eine ungerade Zweierpotenz ist, gilt \[ ab-c=1,\qquad c=ab-1. \]
Ist \(a=b\), so ist \[ ac-b=a(a^2-2) \] eine Zweierpotenz. Somit ist auch ihr positiver Faktor \(a^2-2\) eine Zweierpotenz. Es gilt jedoch \(a^2-2\equiv2\pmod4\), also \(a^2-2=2\). Dies liefert \[ (a,b,c)=(2,2,3). \]
Nun sei \(a<b\). Wir schreiben \[ ac-b=2^m,\qquad bc-a=2^n. \] Ihre Differenz ist \((b-a)(c+1)>0\), also gilt \(m<n\).
Wir behaupten, dass \(v_2(a)=v_2(b)\) gilt. Andernfalls hätten wegen der Ungeradheit von \(c\) sowohl \(ac-b\) als auch \(bc-a\) die Bewertung \[ \min\{v_2(a),v_2(b)\}, \] was \(m=n\) erzwingen würde, ein Widerspruch. Wir setzen \[ v_2(a)=v_2(b)=k\ge1. \] Wegen \(c=ab-1\) gilt \[ c^2-1=ab(ab-2). \] Hier gilt \(v_2(ab)=2k\), während \(ab-2\equiv2\pmod4\) ist. Daher gilt \[ v_2(c^2-1)=2k+1. \] Andererseits hat die Identität \[ a(c^2-1)=c(ac-b)+(bc-a)=c2^m+2^n \] auf der rechten Seite die Bewertung \(m\), da \(c\) ungerade ist und \(m<n\) gilt. Der Vergleich der Bewertungen liefert \[ m=3k+1. \]
Wir setzen \(d=2^k\), \(a=du\), \(b=dv\), wobei \(u<v\) positive ungerade ganze Zahlen sind. Aus \[ ac-b=b(a^2-1)-a=2^{3k+1}=2d^3 \] erhalten wir \[ v(d^2u^2-1)=u+2d^2. \] Wegen \(v\ge u\) folgt daraus \[ d^2(u^3-2)\le2u. \] Für \(u\ge3\) gelten \(u^3-2>u\) und \(d^2\ge4\), im Widerspruch zu dieser Ungleichung. Also ist \(u=1\), und \[ v=\frac{1+2d^2}{d^2-1} =2+\frac{3}{d^2-1}. \] Der letzte Bruch ist eine positive ganze Zahl, und es gilt \(d^2-1\ge3\). Also ist \(d^2-1=3\), woraus \(d=2\) und \(v=3\) folgen. Daher gilt \[ (a,b,c)=(2,6,11). \]
Fall 4: Alle drei Variablen sind ungerade.
Nun gilt \(a,b,c\ge3\). Keine zwei können gleich sein: Wäre beispielsweise \(a=b\), so wäre \[ ac-b=a(c-1) \] eine Zweierpotenz, die durch die ungerade ganze Zahl \(a>1\) teilbar wäre.
Wir benennen die Variablen so um, dass \(a<b<c\) gilt, und schreiben \[ ab-c=2^r,\qquad ac-b=2^s,\qquad bc-a=2^t. \] Durch Differenzbildung folgt \(r<s<t\).
Aus \[ a(c^2-1)=c2^s+2^t \] und der Ungeradheit von \(a,c\) erhalten wir \[ v_2(c^2-1)=s. \] Von den aufeinanderfolgenden geraden ganzen Zahlen \(c-1,c+1\) hat genau eine die Bewertung \(1\). Die größte Zweierpotenz, die die andere teilt, ist höchstens \(c+1\). Folglich gilt \[ 2^s\le2(c+1). \] Es ist aber \(b\le c\), also \[ (a-1)c\le ac-b=2^s\le2(c+1), \] woraus \[ (a-3)c\le2 \] folgt. Da \(a\ge3\) ungerade ist und \(c\ge3\) gilt, muss \(a=3\) sein.
Als Nächstes liefern die Identität \[ b(a^2-1)=a2^r+2^s \] und \(r<s\) die Gleichheit \[ r=v_2(a^2-1)=v_2(8)=3. \] Somit gilt \[ c=3b-8. \] Daraus folgt \[ ac-b=8(b-3),\qquad bc-a=(b-3)(3b+1). \] Dies sind Zweierpotenzen, also sind sowohl \(b-3\) als auch \(3b+1\) Zweierpotenzen. Wir schreiben \[ b-3=2^h,\qquad h\ge1. \] Dann gilt \[ 3b+1=3\cdot2^h+10. \] Für \(h\ge2\) ist diese Zahl kongruent zu \(2\pmod4\) und größer als \(2\), kann also keine Zweierpotenz sein. Daher ist \(h=1\), und wir erhalten \[ (a,b,c)=(3,5,7). \]
Schließlich bestätigt direktes Einsetzen jedes der aufgeführten Tripel: \[ \begin{array}{c|ccc} (a,b,c)&ab-c&bc-a&ca-b\\ \hline (2,2,2)&2&2&2\\ (2,2,3)&1&4&4\\ (2,6,11)&1&64&16\\ (3,5,7)&8&32&16 \end{array} \] Aufgrund der Symmetrie sind auch alle ihre Permutationen Lösungen, womit die Klassifikation vollständig ist.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2015 · Soru 2
\(a,b,c\) pozitif tam sayılar olmak üzere, \[ ab-c,\quad bc-a,\quad ca-b \] sayılarının her birinin \(2\) nin tam kuvveti olmasını sağlayan tüm \((a,b,c)\) üçlülerini bulunuz.
(\(n\) negatif olmayan bir tam sayı olmak üzere, \(2^n\) şeklindeki sayılara \(2\) nin tam kuvveti deniyor.)
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)} \] üçlülerinin tüm permütasyonları.
Çözüm
Koşullar \(a,b,c\) değişkenlerine göre simetrik olduğundan, her durumda değişkenleri yeniden adlandırabiliriz. Öncelikle, hiçbiri \(1\) e eşit olamaz: \(a=1\) olsaydı, \(ab-c\) ve \(ca-b\) nin pozitifliği hem \(b>c\) hem de \(c>b\) olmasını gerektirirdi. Dolayısıyla \[ a,b,c\ge2. \]
Bir pozitif \(n\) tam sayısı için \(v_2(n)\), asal çarpanlarına ayrılışında \(2\) nin üssünü göstersin. İki tam sayının \(v_2\) değerleri farklıysa, toplamlarının veya sıfırdan farklı farklarının değerlemesinin bu iki değerden küçüğüne eşit olduğu temel gerçeğini kullanacağız. Bu, \(2\) nin küçük olan kuvvetini ortak çarpan olarak dışarı almaktan elde edilir.
Durum 1: Üç değişken de çifttir.
Değişkenleri \[ v_2(a)=\alpha\le v_2(b)=\beta\le v_2(c)=\gamma \] olacak şekilde yeniden adlandıralım. \(\beta+\gamma>\alpha\) ve \(\alpha+\gamma>\beta\) olduğundan, \[ v_2(bc-a)=\alpha,\qquad v_2(ac-b)=\beta. \] Bu ifadeler \(2\) nin kuvvetleri olduğundan, \[ bc-a=2^\alpha\le a,\qquad ac-b=2^\beta\le b. \] Böylece \(bc\le2a\) ve \(ac\le2b\) olur. Çarparak \(c^2\le4\), buradan da \(c=2\) elde ederiz.
Şimdi \(\alpha=\beta=\gamma=1\) olur ve önceki eşitlikler \[ 2b-a=2,\qquad 2a-b=2 \] biçimini alır. Dolayısıyla \(a=b=c=2\) dir.
Durum 2: Değişkenlerden tam olarak ikisi tektir.
\(ab-c,bc-a,ca-b\) ifadelerinin üçü de tektir. Bu nedenle hepsi \(1\) e eşit olmalıdır. Bu eşitlikleri ikişer ikişer çıkararak \[ (a+1)(b-c)=0,\qquad (b+1)(a-c)=0 \] elde ederiz. Dolayısıyla \(a=b=c\) olur; bu da tek-çift durumuyla çelişir. Bu durumda çözüm yoktur.
Durum 3: Değişkenlerden tam olarak biri tektir.
\(c\) tek, \(a\le b\) ise çift olsun. \(ab-c\), \(2\) nin tek sayı olan bir kuvveti olduğundan, \[ ab-c=1,\qquad c=ab-1. \]
\(a=b\) ise \[ ac-b=a(a^2-2) \] sayısı \(2\) nin bir kuvvetidir. Dolayısıyla pozitif çarpanı \(a^2-2\) de \(2\) nin bir kuvvetidir. Ancak \(a^2-2\equiv2\pmod4\) olduğundan \(a^2-2=2\) olur. Buradan \[ (a,b,c)=(2,2,3) \] elde edilir.
Şimdi \(a<b\) olduğunu varsayalım. \[ ac-b=2^m,\qquad bc-a=2^n \] yazalım. Bu ifadelerin farkı \((b-a)(c+1)>0\) olduğundan \(m<n\) dir.
\(v_2(a)=v_2(b)\) olduğunu iddia ediyoruz. Aksi hâlde, \(c\) tek olduğundan hem \(ac-b\) hem de \(bc-a\) nın değerlemesi \[ \min\{v_2(a),v_2(b)\}, \] olurdu; bu da \(m=n\) olmasını gerektirerek çelişki doğururdu. \[ v_2(a)=v_2(b)=k\ge1 \] olarak alalım. \(c=ab-1\) olduğundan, \[ c^2-1=ab(ab-2). \] Burada \(v_2(ab)=2k\) ve \(ab-2\equiv2\pmod4\) tür. Dolayısıyla \[ v_2(c^2-1)=2k+1. \] Öte yandan, \[ a(c^2-1)=c(ac-b)+(bc-a)=c2^m+2^n \] özdeşliğinin sağ tarafının değerlemesi, \(c\) tek ve \(m<n\) olduğundan \(m\) dir. Değerlemeleri karşılaştırarak \[ m=3k+1 \] elde ederiz.
\(u<v\) pozitif tek tam sayılar olmak üzere \(d=2^k\), \(a=du\), \(b=dv\) alalım. \[ ac-b=b(a^2-1)-a=2^{3k+1}=2d^3 \] eşitliğinden \[ v(d^2u^2-1)=u+2d^2 \] elde ederiz. \(v\ge u\) olduğundan bu, \[ d^2(u^3-2)\le2u \] eşitsizliğini verir. \(u\ge3\) ise \(u^3-2>u\) ve \(d^2\ge4\) olur; bu da söz konusu eşitsizlikle çelişir. Böylece \(u=1\) ve \[ v=\frac{1+2d^2}{d^2-1} =2+\frac{3}{d^2-1}. \] Son kesir pozitif bir tam sayıdır ve \(d^2-1\ge3\) tür. Dolayısıyla \(d^2-1=3\) olup \(d=2\) ve \(v=3\) elde edilir. O hâlde \[ (a,b,c)=(2,6,11). \]
Durum 4: Üç değişken de tektir.
Şimdi \(a,b,c\ge3\) tür. Herhangi ikisi eşit olamaz: örneğin \(a=b\) olsaydı, \[ ac-b=a(c-1) \] sayısı, \(a>1\) tek tam sayısına bölünen bir \(2\) kuvveti olurdu.
Değişkenleri \(a<b<c\) olacak şekilde yeniden adlandırıp \[ ab-c=2^r,\qquad ac-b=2^s,\qquad bc-a=2^t \] yazalım. Farklarını alarak \(r<s<t\) olduğunu görürüz.
\[ a(c^2-1)=c2^s+2^t \] eşitliğini ve \(a,c\) nin tekliğini kullanarak \[ v_2(c^2-1)=s \] elde ederiz. Ardışık çift tam sayılar \(c-1,c+1\) den tam olarak birinin değerlemesi \(1\) dir. Diğerini bölen en büyük \(2\) kuvveti en fazla \(c+1\) dir. Dolayısıyla, \[ 2^s\le2(c+1). \] Ancak \(b\le c\) olduğundan, \[ (a-1)c\le ac-b=2^s\le2(c+1), \] ve buradan \[ (a-3)c\le2 \] elde edilir. \(a\ge3\) tek ve \(c\ge3\) olduğundan, zorunlu olarak \(a=3\) tür.
Ardından, \[ b(a^2-1)=a2^r+2^s \] özdeşliği ve \(r<s\) eşitsizliği \[ r=v_2(a^2-1)=v_2(8)=3 \] sonucunu verir. Böylece \[ c=3b-8. \] Buradan \[ ac-b=8(b-3),\qquad bc-a=(b-3)(3b+1) \] elde edilir. Bunlar \(2\) nin kuvvetleri olduğundan, hem \(b-3\) hem de \(3b+1\), \(2\) nin kuvvetleridir. \[ b-3=2^h,\qquad h\ge1 \] yazalım. O zaman \[ 3b+1=3\cdot2^h+10. \] \(h\ge2\) ise bu sayı \(2\pmod4\) ile denktir ve \(2\) den büyüktür; dolayısıyla \(2\) nin bir kuvveti olamaz. Bu nedenle \(h=1\) olup \[ (a,b,c)=(3,5,7) \] elde edilir.
Son olarak, doğrudan yerine koyma, listelenen her üçlüyü doğrular: \[ \begin{array}{c|ccc} (a,b,c)&ab-c&bc-a&ca-b\\ \hline (2,2,2)&2&2&2\\ (2,2,3)&1&4&4\\ (2,6,11)&1&64&16\\ (3,5,7)&8&32&16 \end{array} \] Simetri, bunların tüm permütasyonlarını da doğrular ve sınıflandırma tamamlanır.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2015 · Problema 2
Determinar todas las ternas \((a,b,c)\) de enteros positivos tales que cada uno de los números \[ ab-c,\quad bc-a,\quad ca-b \] es una potencia de 2.
(Una potencia de 2 es un entero de la forma \(2^n\), donde \(n\) es un entero no negativo.)
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
Todas las permutaciones de \[ \boxed{(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)}. \]
Solución
Las condiciones son simétricas en \(a,b,c\), por lo que podemos renombrar las variables en cada caso. En primer lugar, ninguna puede ser igual a \(1\): si \(a=1\), la positividad de \(ab-c\) y \(ca-b\) exigiría simultáneamente \(b>c\) y \(c>b\). Por tanto, \[ a,b,c\ge2. \]
Para un entero positivo \(n\), sea \(v_2(n)\) el exponente de \(2\) en su descomposición en factores primos. Utilizaremos el hecho elemental de que, si dos enteros tienen distintos valores de \(v_2\), su suma o su diferencia no nula tiene la menor de las dos valoraciones. Esto se deduce extrayendo como factor la menor potencia de \(2\).
Caso 1: Las tres variables son pares.
Renombremos las variables de modo que \[ v_2(a)=\alpha\le v_2(b)=\beta\le v_2(c)=\gamma. \] Como \(\beta+\gamma>\alpha\) y \(\alpha+\gamma>\beta\), tenemos \[ v_2(bc-a)=\alpha,\qquad v_2(ac-b)=\beta. \] Estas expresiones son potencias de \(2\), así que \[ bc-a=2^\alpha\le a,\qquad ac-b=2^\beta\le b. \] Por tanto, \(bc\le2a\) y \(ac\le2b\). Multiplicando se obtiene \(c^2\le4\), de donde \(c=2\).
Ahora \(\alpha=\beta=\gamma=1\), y las igualdades anteriores se convierten en \[ 2b-a=2,\qquad 2a-b=2. \] Por tanto, \(a=b=c=2\).
Caso 2: Exactamente dos variables son impares.
Las tres expresiones \(ab-c,bc-a,ca-b\) son impares. En consecuencia, todas deben ser iguales a \(1\). Restando estas igualdades por pares se obtiene \[ (a+1)(b-c)=0,\qquad (b+1)(a-c)=0. \] Por tanto, \(a=b=c\), lo que contradice las paridades supuestas. No hay soluciones en este caso.
Caso 3: Exactamente una variable es impar.
Sea \(c\) impar y sean \(a\le b\) pares. Como \(ab-c\) es una potencia impar de \(2\), \[ ab-c=1,\qquad c=ab-1. \]
Si \(a=b\), entonces \[ ac-b=a(a^2-2) \] es una potencia de \(2\). Por tanto, su factor positivo \(a^2-2\) también es una potencia de \(2\). Pero \(a^2-2\equiv2\pmod4\), así que \(a^2-2=2\). Esto da \[ (a,b,c)=(2,2,3). \]
Supongamos ahora que \(a<b\). Escribamos \[ ac-b=2^m,\qquad bc-a=2^n. \] Su diferencia es \((b-a)(c+1)>0\), así que \(m<n\).
Afirmamos que \(v_2(a)=v_2(b)\). En caso contrario, como \(c\) es impar, tanto \(ac-b\) como \(bc-a\) tendrían valoración \[ \min\{v_2(a),v_2(b)\}, \] lo que obligaría a que \(m=n\), una contradicción. Sea \[ v_2(a)=v_2(b)=k\ge1. \] Como \(c=ab-1\), \[ c^2-1=ab(ab-2). \] Aquí \(v_2(ab)=2k\), mientras que \(ab-2\equiv2\pmod4\). Por tanto, \[ v_2(c^2-1)=2k+1. \] Por otra parte, la identidad \[ a(c^2-1)=c(ac-b)+(bc-a)=c2^m+2^n \] tiene valoración \(m\) en el miembro derecho, pues \(c\) es impar y \(m<n\). Comparando las valoraciones se obtiene \[ m=3k+1. \]
Pongamos \(d=2^k\), \(a=du\), \(b=dv\), donde \(u<v\) son enteros positivos impares. De \[ ac-b=b(a^2-1)-a=2^{3k+1}=2d^3 \] obtenemos \[ v(d^2u^2-1)=u+2d^2. \] Como \(v\ge u\), esto implica \[ d^2(u^3-2)\le2u. \] Si \(u\ge3\), entonces \(u^3-2>u\) y \(d^2\ge4\), lo que contradice esta desigualdad. Por tanto, \(u=1\), y \[ v=\frac{1+2d^2}{d^2-1} =2+\frac{3}{d^2-1}. \] La última fracción es un entero positivo, y \(d^2-1\ge3\). Por tanto, \(d^2-1=3\), lo que da \(d=2\) y \(v=3\). En consecuencia, \[ (a,b,c)=(2,6,11). \]
Caso 4: Las tres variables son impares.
Ahora \(a,b,c\ge3\). No puede haber dos iguales: si, por ejemplo, \(a=b\), entonces \[ ac-b=a(c-1) \] sería una potencia de \(2\) divisible por el entero impar \(a>1\).
Renombremos las variables de modo que \(a<b<c\), y escribamos \[ ab-c=2^r,\qquad ac-b=2^s,\qquad bc-a=2^t. \] Tomando diferencias se ve que \(r<s<t\).
Utilizando \[ a(c^2-1)=c2^s+2^t \] y el hecho de que \(a,c\) son impares, obtenemos \[ v_2(c^2-1)=s. \] De los enteros pares consecutivos \(c-1,c+1\), exactamente uno tiene valoración \(1\). La mayor potencia de \(2\) que divide al otro es a lo sumo \(c+1\). En consecuencia, \[ 2^s\le2(c+1). \] Pero \(b\le c\), así que \[ (a-1)c\le ac-b=2^s\le2(c+1), \] lo que da \[ (a-3)c\le2. \] Como \(a\ge3\) es impar y \(c\ge3\), necesariamente \(a=3\).
A continuación, la identidad \[ b(a^2-1)=a2^r+2^s \] y \(r<s\) implican \[ r=v_2(a^2-1)=v_2(8)=3. \] Por tanto, \[ c=3b-8. \] Se sigue que \[ ac-b=8(b-3),\qquad bc-a=(b-3)(3b+1). \] Estas expresiones son potencias de \(2\), así que tanto \(b-3\) como \(3b+1\) son potencias de \(2\). Escribamos \[ b-3=2^h,\qquad h\ge1. \] Entonces \[ 3b+1=3\cdot2^h+10. \] Si \(h\ge2\), este número es congruente con \(2\pmod4\) y mayor que \(2\), por lo que no puede ser una potencia de \(2\). Por tanto, \(h=1\), lo que da \[ (a,b,c)=(3,5,7). \]
Finalmente, la sustitución directa verifica cada una de las ternas enumeradas: \[ \begin{array}{c|ccc} (a,b,c)&ab-c&bc-a&ca-b\\ \hline (2,2,2)&2&2&2\\ (2,2,3)&1&4&4\\ (2,6,11)&1&64&16\\ (3,5,7)&8&32&16 \end{array} \] Por simetría, también se verifican todas sus permutaciones, lo que completa la clasificación.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2015 · 问题 2
确定所有三元正整数组\((a,b,c)\)，使得 \[ ab-c,\quad bc-a,\quad ca-b \] 中的每个数都是\(2\)的方幂。
（\(2\)的方幂是指形如\(2^n\)的整数，其中\(n\)是一个非负整数。）
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
答案
以下各三元组的所有排列： \[ \boxed{(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)}. \]
解答
条件关于\(a,b,c\)对称，因此在每种情形中都可以重新标记变量。首先，它们都不能等于\(1\)：若\(a=1\)，则\(ab-c\)和\(ca-b\)为正就要求同时有\(b>c\)和\(c>b\)。因此 \[ a,b,c\ge2. \]
对正整数\(n\)，用\(v_2(n)\)表示其素因数分解中\(2\)的指数。我们将用到一个初等事实：若两个整数的\(v_2\)不同，则它们的和或非零差的赋值等于两者中较小的赋值。提取较小的\(2\)的幂即可得到这一结论。
情形1：三个变量均为偶数。
重新标记，使得 \[ v_2(a)=\alpha\le v_2(b)=\beta\le v_2(c)=\gamma. \] 由于\(\beta+\gamma>\alpha\)且\(\alpha+\gamma>\beta\)，有 \[ v_2(bc-a)=\alpha,\qquad v_2(ac-b)=\beta. \] 这些式子的值都是\(2\)的幂，所以 \[ bc-a=2^\alpha\le a,\qquad ac-b=2^\beta\le b. \] 于是\(bc\le2a\)且\(ac\le2b\)。相乘得\(c^2\le4\)，故\(c=2\)。
现在\(\alpha=\beta=\gamma=1\)，前面的等式变为 \[ 2b-a=2,\qquad 2a-b=2. \] 因此\(a=b=c=2\)。
情形2：恰有两个变量为奇数。
三个式子\(ab-c,bc-a,ca-b\)的值都是奇数。因此它们都必须等于\(1\)。将这些等式两两相减，得 \[ (a+1)(b-c)=0,\qquad (b+1)(a-c)=0. \] 故\(a=b=c\)，与假定的奇偶性矛盾。这种情形无解。
情形3：恰有一个变量为奇数。
设\(c\)为奇数，\(a\le b\)为偶数。由于\(ab-c\)是奇数且为\(2\)的幂， \[ ab-c=1,\qquad c=ab-1. \]
若\(a=b\)，则 \[ ac-b=a(a^2-2) \] 是\(2\)的幂。因此其正因子\(a^2-2\)也是\(2\)的幂。但\(a^2-2\equiv2\pmod4\)，故\(a^2-2=2\)。由此得到 \[ (a,b,c)=(2,2,3). \]
现在设\(a<b\)。记 \[ ac-b=2^m,\qquad bc-a=2^n. \] 后者减前者的差为\((b-a)(c+1)>0\)，故\(m<n\)。
我们断言\(v_2(a)=v_2(b)\)。否则，由于\(c\)为奇数，\(ac-b\)和\(bc-a\)的赋值都为 \[ \min\{v_2(a),v_2(b)\}, \] 从而\(m=n\)，矛盾。令 \[ v_2(a)=v_2(b)=k\ge1. \] 由于\(c=ab-1\)， \[ c^2-1=ab(ab-2). \] 这里\(v_2(ab)=2k\)，而\(ab-2\equiv2\pmod4\)。因此 \[ v_2(c^2-1)=2k+1. \] 另一方面，恒等式 \[ a(c^2-1)=c(ac-b)+(bc-a)=c2^m+2^n \] 右端的赋值为\(m\)，因为\(c\)为奇数且\(m<n\)。比较两边的赋值，得 \[ m=3k+1. \]
令\(d=2^k\)，\(a=du\)，\(b=dv\)，其中\(u<v\)为正奇数。由 \[ ac-b=b(a^2-1)-a=2^{3k+1}=2d^3 \] 得到 \[ v(d^2u^2-1)=u+2d^2. \] 由于\(v\ge u\)，这说明 \[ d^2(u^3-2)\le2u. \] 若\(u\ge3\)，则\(u^3-2>u\)且\(d^2\ge4\)，与此不等式矛盾。故\(u=1\)，且 \[ v=\frac{1+2d^2}{d^2-1} =2+\frac{3}{d^2-1}. \] 最后一个分数是正整数，且\(d^2-1\ge3\)。故\(d^2-1=3\)，从而\(d=2\)且\(v=3\)。因此 \[ (a,b,c)=(2,6,11). \]
情形4：三个变量均为奇数。
此时\(a,b,c\ge3\)。任意两个变量都不能相等：例如，若\(a=b\)，则 \[ ac-b=a(c-1) \] 将是一个能被奇数\(a>1\)整除的\(2\)的幂。
重新标记，使得\(a<b<c\)，并记 \[ ab-c=2^r,\qquad ac-b=2^s,\qquad bc-a=2^t. \] 作差可知\(r<s<t\)。
由 \[ a(c^2-1)=c2^s+2^t \] 以及\(a,c\)均为奇数，得到 \[ v_2(c^2-1)=s. \] 在两个相邻偶数\(c-1,c+1\)中，恰有一个的赋值为\(1\)。整除另一个数的最大的\(2\)的幂至多为\(c+1\)。因此， \[ 2^s\le2(c+1). \] 但\(b\le c\)，故 \[ (a-1)c\le ac-b=2^s\le2(c+1), \] 从而 \[ (a-3)c\le2. \] 由于\(a\ge3\)为奇数且\(c\ge3\)，必有\(a=3\)。
接下来，由恒等式 \[ b(a^2-1)=a2^r+2^s \] 及\(r<s\)，可得 \[ r=v_2(a^2-1)=v_2(8)=3. \] 于是 \[ c=3b-8. \] 从而 \[ ac-b=8(b-3),\qquad bc-a=(b-3)(3b+1). \] 这些数都是\(2\)的幂，所以\(b-3\)和\(3b+1\)也都是\(2\)的幂。记 \[ b-3=2^h,\qquad h\ge1. \] 则 \[ 3b+1=3\cdot2^h+10. \] 若\(h\ge2\)，这个数模\(4\)余\(2\)，且大于\(2\)，因此不可能是\(2\)的幂。故\(h=1\)，得到 \[ (a,b,c)=(3,5,7). \]
最后，直接代入可验证列出的每个三元组： \[ \begin{array}{c|ccc} (a,b,c)&ab-c&bc-a&ca-b\\ \hline (2,2,2)&2&2&2\\ (2,2,3)&1&4&4\\ (2,6,11)&1&64&16\\ (3,5,7)&8&32&16 \end{array} \] 由对称性，它们的所有排列也都满足条件，分类完毕。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2015 · Задача 2
Найдите все тройки \((a,b,c)\) целых положительных чисел такие, что каждое из чисел \[ ab-c,\quad bc-a,\quad ca-b \] является степенью двойки.
(Степенью двойки называется число вида \(2^n\), где \(n\) — целое неотрицательное число.)
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Все перестановки троек \[ \boxed{(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)}. \]
Решение
Условия симметричны относительно \(a,b,c\), поэтому в каждом случае мы можем переобозначать переменные. Прежде всего, ни одна из них не может равняться \(1\): если \(a=1\), то положительность \(ab-c\) и \(ca-b\) требовала бы одновременно \(b>c\) и \(c>b\). Следовательно, \[ a,b,c\ge2. \]
Для положительного целого \(n\) обозначим через \(v_2(n)\) показатель степени \(2\) в его разложении на простые множители. Воспользуемся элементарным фактом: если у двух целых чисел значения \(v_2\) различны, то для их суммы или ненулевой разности это значение равно меньшему из двух. Это следует из вынесения меньшей степени \(2\) за скобки.
Случай 1: Все три переменные четны.
Переобозначим их так, чтобы \[ v_2(a)=\alpha\le v_2(b)=\beta\le v_2(c)=\gamma. \] Поскольку \(\beta+\gamma>\alpha\) и \(\alpha+\gamma>\beta\), имеем \[ v_2(bc-a)=\alpha,\qquad v_2(ac-b)=\beta. \] Эти выражения являются степенями \(2\), поэтому \[ bc-a=2^\alpha\le a,\qquad ac-b=2^\beta\le b. \] Значит, \(bc\le2a\) и \(ac\le2b\). Перемножая, получаем \(c^2\le4\), откуда \(c=2\).
Теперь \(\alpha=\beta=\gamma=1\), и предыдущие равенства принимают вид \[ 2b-a=2,\qquad 2a-b=2. \] Следовательно, \(a=b=c=2\).
Случай 2: Ровно две переменные нечетны.
Все три выражения \(ab-c,bc-a,ca-b\) нечетны. Следовательно, все они должны равняться \(1\). Вычитая эти равенства попарно, получаем \[ (a+1)(b-c)=0,\qquad (b+1)(a-c)=0. \] Отсюда \(a=b=c\), что противоречит условию о четности. В этом случае решений нет.
Случай 3: Ровно одна переменная нечетна.
Пусть \(c\) нечетно, а \(a\le b\) четны. Поскольку \(ab-c\) — нечетная степень \(2\), \[ ab-c=1,\qquad c=ab-1. \]
Если \(a=b\), то \[ ac-b=a(a^2-2) \] является степенью \(2\). Значит, его положительный множитель \(a^2-2\) также является степенью \(2\). Но \(a^2-2\equiv2\pmod4\), поэтому \(a^2-2=2\). Это дает \[ (a,b,c)=(2,2,3). \]
Теперь предположим, что \(a<b\). Запишем \[ ac-b=2^m,\qquad bc-a=2^n. \] Разность второго и первого выражений равна \((b-a)(c+1)>0\), поэтому \(m<n\).
Утверждаем, что \(v_2(a)=v_2(b)\). В противном случае, поскольку \(c\) нечетно, для обоих выражений \(ac-b\) и \(bc-a\) значение \(v_2\) было бы равно \[ \min\{v_2(a),v_2(b)\}, \] что давало бы \(m=n\), противоречие. Положим \[ v_2(a)=v_2(b)=k\ge1. \] Поскольку \(c=ab-1\), \[ c^2-1=ab(ab-2). \] Здесь \(v_2(ab)=2k\), тогда как \(ab-2\equiv2\pmod4\). Поэтому \[ v_2(c^2-1)=2k+1. \] С другой стороны, в тождестве \[ a(c^2-1)=c(ac-b)+(bc-a)=c2^m+2^n \] значение \(v_2\) правой части равно \(m\), поскольку \(c\) нечетно и \(m<n\). Сравнивая значения \(v_2\), получаем \[ m=3k+1. \]
Положим \(d=2^k\), \(a=du\), \(b=dv\), где \(u<v\) — положительные нечетные целые числа. Из \[ ac-b=b(a^2-1)-a=2^{3k+1}=2d^3 \] получаем \[ v(d^2u^2-1)=u+2d^2. \] Поскольку \(v\ge u\), отсюда следует \[ d^2(u^3-2)\le2u. \] Если \(u\ge3\), то \(u^3-2>u\) и \(d^2\ge4\), что противоречит этому неравенству. Значит, \(u=1\), и \[ v=\frac{1+2d^2}{d^2-1} =2+\frac{3}{d^2-1}. \] Последняя дробь является положительным целым числом, причем \(d^2-1\ge3\). Поэтому \(d^2-1=3\), откуда \(d=2\) и \(v=3\). Следовательно, \[ (a,b,c)=(2,6,11). \]
Случай 4: Все три переменные нечетны.
Теперь \(a,b,c\ge3\). Никакие две из них не могут быть равны: если, например, \(a=b\), то \[ ac-b=a(c-1) \] было бы степенью \(2\), делящейся на нечетное число \(a>1\).
Переобозначим переменные так, чтобы \(a<b<c\), и запишем \[ ab-c=2^r,\qquad ac-b=2^s,\qquad bc-a=2^t. \] Вычитая эти равенства, видим, что \(r<s<t\).
Используя \[ a(c^2-1)=c2^s+2^t \] и нечетность \(a,c\), получаем \[ v_2(c^2-1)=s. \] Из двух последовательных четных чисел \(c-1,c+1\) ровно одно имеет значение \(v_2\), равное \(1\). Наибольшая степень \(2\), делящая другое число, не превосходит \(c+1\). Следовательно, \[ 2^s\le2(c+1). \] Но \(b\le c\), поэтому \[ (a-1)c\le ac-b=2^s\le2(c+1), \] откуда \[ (a-3)c\le2. \] Поскольку \(a\ge3\) нечетно и \(c\ge3\), необходимо \(a=3\).
Далее, из тождества \[ b(a^2-1)=a2^r+2^s \] и неравенства \(r<s\) следует \[ r=v_2(a^2-1)=v_2(8)=3. \] Таким образом, \[ c=3b-8. \] Отсюда \[ ac-b=8(b-3),\qquad bc-a=(b-3)(3b+1). \] Эти выражения являются степенями \(2\), поэтому и \(b-3\), и \(3b+1\) — степени \(2\). Запишем \[ b-3=2^h,\qquad h\ge1. \] Тогда \[ 3b+1=3\cdot2^h+10. \] Если \(h\ge2\), то это число сравнимо с \(2\pmod4\) и больше \(2\), поэтому оно не может быть степенью \(2\). Значит, \(h=1\), что дает \[ (a,b,c)=(3,5,7). \]
Наконец, непосредственная подстановка проверяет каждую из перечисленных троек: \[ \begin{array}{c|ccc} (a,b,c)&ab-c&bc-a&ca-b\\ \hline (2,2,2)&2&2&2\\ (2,2,3)&1&4&4\\ (2,6,11)&1&64&16\\ (3,5,7)&8&32&16 \end{array} \] В силу симметрии все их перестановки также подходят, что завершает классификацию.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2015 · المسألة 2
حدد كل الثلاثيات المرتبة \((a,b,c)\) من الأعداد الصحيحة الموجبة التي لأجلها تكون المقادير \[ ab-c,\qquad bc-a,\qquad ca-b \] قوى للعدد \(2\).
(نسمي قوة للعدد \(2\) كل عدد صحيح يكتب على شكل \(2^n\)، حيث \(n\) عدد صحيح أكبر من أو يساوي \(0\).)
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
جميع تبديلات \[ \boxed{(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)}. \]
الحل
الشروط متناظرة في \(a,b,c\)، لذا يجوز لنا إعادة تسمية المتغيرات في كل حالة. أولًا، لا يمكن لأي منها أن يساوي \(1\): فإذا كان \(a=1\)، فإن إيجابية \(ab-c\) و\(ca-b\) تقتضي كلًا من \(b>c\) و\(c>b\). ومن ثم \[ a,b,c\ge2. \]
لكل عدد صحيح موجب \(n\)، نرمز بـ\(v_2(n)\) إلى أس \(2\) في تحليله إلى عوامل أولية. نستخدم الحقيقة الأولية القائلة إنه إذا اختلفت قيمتا \(v_2\) لعددين صحيحين، فإن قيمة \(v_2\) لمجموعهما أو لفرقهما غير الصفري تساوي القيمة الأصغر. وينتج ذلك باستخراج القوة الأصغر للعدد \(2\) عاملًا مشتركًا.
الحالة 1: المتغيرات الثلاثة كلها زوجية.
نعيد التسمية بحيث \[ v_2(a)=\alpha\le v_2(b)=\beta\le v_2(c)=\gamma. \] بما أن \(\beta+\gamma>\alpha\) و\(\alpha+\gamma>\beta\)، فإن \[ v_2(bc-a)=\alpha,\qquad v_2(ac-b)=\beta. \] وهذان المقداران قوتان للعدد \(2\)، لذا \[ bc-a=2^\alpha\le a,\qquad ac-b=2^\beta\le b. \] إذن \(bc\le2a\) و\(ac\le2b\). وبالضرب نحصل على \(c^2\le4\)، ومنه \(c=2\).
الآن \(\alpha=\beta=\gamma=1\)، وتصبح المساواتان السابقتان \[ 2b-a=2,\qquad 2a-b=2. \] وعليه \(a=b=c=2\).
الحالة 2: اثنان من المتغيرات فرديان بالضبط.
المقادير الثلاثة \(ab-c,bc-a,ca-b\) كلها فردية. ومن ثم يجب أن تساوي جميعها \(1\). وبطرح هذه المساويات بعضها من بعض نحصل على \[ (a+1)(b-c)=0,\qquad (b+1)(a-c)=0. \] إذن \(a=b=c\)، وهذا يناقض فرض الزوجية والفردية. فلا توجد حلول في هذه الحالة.
الحالة 3: متغير واحد فردي بالضبط.
ليكن \(c\) فرديًا، وليكن \(a\le b\) زوجيين. بما أن \(ab-c\) قوة فردية للعدد \(2\)، فإن \[ ab-c=1,\qquad c=ab-1. \]
إذا كان \(a=b\)، فإن \[ ac-b=a(a^2-2) \] قوة للعدد \(2\). لذا فإن عامله الموجب \(a^2-2\) قوة للعدد \(2\) أيضًا. لكن \(a^2-2\equiv2\pmod4\)، ومن ثم \(a^2-2=2\). وهذا يعطي \[ (a,b,c)=(2,2,3). \]
نفترض الآن أن \(a<b\). نكتب \[ ac-b=2^m,\qquad bc-a=2^n. \] الفرق بينهما هو \((b-a)(c+1)>0\)، لذا \(m<n\).
ندعي أن \(v_2(a)=v_2(b)\). وإلا، فبما أن \(c\) فردي، لكانت قيمة \(v_2\) لكل من \(ac-b\) و\(bc-a\) هي \[ \min\{v_2(a),v_2(b)\}, \] مما يقتضي \(m=n\)، وهو تناقض. نضع \[ v_2(a)=v_2(b)=k\ge1. \] بما أن \(c=ab-1\)، فإن \[ c^2-1=ab(ab-2). \] هنا \(v_2(ab)=2k\)، بينما \(ab-2\equiv2\pmod4\). لذلك \[ v_2(c^2-1)=2k+1. \] من جهة أخرى، في المتطابقة \[ a(c^2-1)=c(ac-b)+(bc-a)=c2^m+2^n \] تكون قيمة \(v_2\) للطرف الأيمن هي \(m\)، لأن \(c\) فردي و\(m<n\). وبمقارنة قيمتي \(v_2\) نحصل على \[ m=3k+1. \]
نضع \(d=2^k\)، و\(a=du\)، و\(b=dv\)، حيث \(u<v\) عددان صحيحان موجبان فرديان. من \[ ac-b=b(a^2-1)-a=2^{3k+1}=2d^3 \] نحصل على \[ v(d^2u^2-1)=u+2d^2. \] وبما أن \(v\ge u\)، فإن هذا يستلزم \[ d^2(u^3-2)\le2u. \] إذا كان \(u\ge3\)، فإن \(u^3-2>u\) و\(d^2\ge4\)، مما يناقض هذه المتباينة. إذن \(u=1\)، و \[ v=\frac{1+2d^2}{d^2-1} =2+\frac{3}{d^2-1}. \] الكسر الأخير عدد صحيح موجب، و\(d^2-1\ge3\). ومن ثم \(d^2-1=3\)، فنحصل على \(d=2\) و\(v=3\). وعليه \[ (a,b,c)=(2,6,11). \]
الحالة 4: المتغيرات الثلاثة كلها فردية.
الآن \(a,b,c\ge3\). ولا يمكن أن يتساوى اثنان منها: فإذا كان، مثلًا، \(a=b\)، لكان \[ ac-b=a(c-1) \] قوة للعدد \(2\) تقبل القسمة على العدد الفردي \(a>1\).
نعيد التسمية بحيث \(a<b<c\)، ونكتب \[ ab-c=2^r,\qquad ac-b=2^s,\qquad bc-a=2^t. \] بحساب الفروق يتبين أن \(r<s<t\).
باستخدام \[ a(c^2-1)=c2^s+2^t \] وفردية \(a,c\)، نحصل على \[ v_2(c^2-1)=s. \] من بين العددين الزوجيين المتتاليين \(c-1,c+1\)، تكون قيمة \(v_2\) لأحدهما بالضبط هي \(1\). وأكبر قوة للعدد \(2\) تقسم الآخر لا تتجاوز \(c+1\). وبالتالي، \[ 2^s\le2(c+1). \] لكن \(b\le c\)، لذا \[ (a-1)c\le ac-b=2^s\le2(c+1), \] وهذا يعطي \[ (a-3)c\le2. \] بما أن \(a\ge3\) فردي و\(c\ge3\)، فلا بد أن \(a=3\).
بعد ذلك، تستلزم المتطابقة \[ b(a^2-1)=a2^r+2^s \] مع \(r<s\) أن \[ r=v_2(a^2-1)=v_2(8)=3. \] إذن \[ c=3b-8. \] وينتج أن \[ ac-b=8(b-3),\qquad bc-a=(b-3)(3b+1). \] وهذان المقداران قوتان للعدد \(2\)، لذا فإن كلًا من \(b-3\) و\(3b+1\) قوة للعدد \(2\). نكتب \[ b-3=2^h,\qquad h\ge1. \] عندئذ \[ 3b+1=3\cdot2^h+10. \] إذا كان \(h\ge2\)، فإن هذا العدد يوافق \(2\pmod4\) ويتجاوز \(2\)، فلا يمكن أن يكون قوة للعدد \(2\). ومن ثم \(h=1\)، فنحصل على \[ (a,b,c)=(3,5,7). \]
أخيرًا، يثبت التعويض المباشر صحة كل ثلاثية مذكورة: \[ \begin{array}{c|ccc} (a,b,c)&ab-c&bc-a&ca-b\\ \hline (2,2,2)&2&2&2\\ (2,2,3)&1&4&4\\ (2,6,11)&1&64&16\\ (3,5,7)&8&32&16 \end{array} \] وبالتناظر تصح جميع تبديلاتها، فيكتمل التصنيف.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.