IMO 2023 · Problem 1
Determine all composite integers \(n>1\) that satisfy the following property: if \(d_1,d_2,\ldots,d_k\) are all the positive divisors of \(n\) with \(1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n\), then \(d_i\) divides \(d_{i+1}+d_{i+2}\) for every \(1\leq i\leq k-2\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
Exactly the prime powers \[ \boxed{n=p^r,\qquad p\text{ prime},\quad r\geq2.} \]
Solution
First, every such prime power works. Its divisors are \(d_i=p^{i-1}\) for \(1\leq i\leq r+1\), and \[ d_{i+1}+d_{i+2}=p^i+p^{i+1}=p^{i-1}\,p(1+p), \] which is divisible by \(d_i\).
Conversely, suppose that a composite integer \(n\) satisfies the condition. Its smallest divisor greater than \(1\), namely \(p=d_2\), is prime.
Recall that the map \(d\mapsto n/d\) reverses the ordered list of divisors. Consequently, whenever \(a<b<c\) are three consecutive divisors, so are \[ \frac nc<\frac nb<\frac na. \] Applying the given condition to both triples yields \[ a\mid b+c \qquad\text{and}\qquad \frac nc\mid\frac nb+\frac na. \] The second relation means that, for some positive integer \(t\), \[ \frac nb+\frac na=t\frac nc, \] or equivalently, \[ c(a+b)=tab. \tag{1} \]
Suppose that some divisor of \(n\) greater than \(1\) is not divisible by \(p\). Choose the smallest such divisor, \(b=d_j\). Since \(d_2=p\) and \(p\mid n=d_k\), we have \[ 3\leq j\leq k-1. \] Thus \(a=d_{j-1}\) and \(c=d_{j+1}\) exist, and \(p\mid a\) by the minimality of \(b\).
From \(a\mid b+c\), we obtain \(p\mid b+c\). Since \(p\nmid b\), this implies \(p\nmid c\). Also \(p\nmid a+b\), because \(p\mid a\) and \(p\nmid b\). Therefore the left-hand side of (1) is not divisible by \(p\), whereas its right-hand side is divisible by \(p\). This is a contradiction.
Hence every divisor of \(n\) greater than \(1\) is divisible by \(p\). In particular, every prime factor of \(n\) equals \(p\), so \(n=p^r\). Since \(n\) is composite, \(r\geq2\), completing the proof.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2023 · Aufgabe 1
Man bestimme alle zusammengesetzten ganzen Zahlen \(n>1\) mit der folgenden Eigenschaft: Sind \(d_1,d_2,\ldots,d_k\) mit \(1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n\) alle positiven Teiler von \(n\), dann ist \(d_i\) ein Teiler von \(d_{i+1}+d_{i+2}\) für alle \(1\leq i\leq k-2\).
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Genau die Primzahlpotenzen \[ \boxed{n=p^r,\qquad p\text{ prim},\quad r\geq2.} \]
Lösung
Zunächst erfüllt jede solche Primzahlpotenz die Bedingung. Ihre Teiler sind \(d_i=p^{i-1}\) für \(1\leq i\leq r+1\), und \[ d_{i+1}+d_{i+2}=p^i+p^{i+1}=p^{i-1}\,p(1+p), \] was durch \(d_i\) teilbar ist.
Umgekehrt sei \(n\) eine zusammengesetzte ganze Zahl, die die Bedingung erfüllt. Ihr kleinster Teiler größer als \(1\), nämlich \(p=d_2\), ist eine Primzahl.
Die Abbildung \(d\mapsto n/d\) kehrt bekanntlich die geordnete Liste der Teiler um. Sind also \(a<b<c\) drei aufeinanderfolgende Teiler, so sind auch \[ \frac nc<\frac nb<\frac na \] drei aufeinanderfolgende Teiler. Wenden wir die gegebene Bedingung auf beide Tripel an, erhalten wir \[ a\mid b+c \qquad\text{und}\qquad \frac nc\mid\frac nb+\frac na. \] Die zweite Beziehung bedeutet, dass es eine positive ganze Zahl \(t\) gibt mit \[ \frac nb+\frac na=t\frac nc, \] oder äquivalent dazu \[ c(a+b)=tab. \tag{1} \]
Angenommen, es gibt einen Teiler von \(n\), der größer als \(1\) und nicht durch \(p\) teilbar ist. Wir wählen den kleinsten solchen Teiler \(b=d_j\). Wegen \(d_2=p\) und \(p\mid n=d_k\) gilt \[ 3\leq j\leq k-1. \] Somit existieren \(a=d_{j-1}\) und \(c=d_{j+1}\), und aufgrund der Minimalität von \(b\) gilt \(p\mid a\).
Aus \(a\mid b+c\) folgt \(p\mid b+c\). Wegen \(p\nmid b\) ergibt sich daraus \(p\nmid c\). Außerdem gilt \(p\nmid a+b\), da \(p\mid a\) und \(p\nmid b\). Daher ist die linke Seite von (1) nicht durch \(p\) teilbar, während die rechte Seite durch \(p\) teilbar ist. Dies ist ein Widerspruch.
Also ist jeder Teiler von \(n\), der größer als \(1\) ist, durch \(p\) teilbar. Insbesondere ist jeder Primfaktor von \(n\) gleich \(p\), also \(n=p^r\). Da \(n\) zusammengesetzt ist, gilt \(r\geq2\), womit der Beweis abgeschlossen ist.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2023 · Soru 1
Aşağıdaki koşulu sağlayan tüm \(n>1\) bileşik tam sayılarını belirleyiniz: \(d_1,d_2,\ldots,d_k\) sayıları \(n\) sayısının tüm pozitif bölenleri ve \(1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n\) ise, her \(1\leq i\leq k-2\) için \(d_i\) sayısı \(d_{i+1}+d_{i+2}\) sayısını böler.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
Tam olarak şu asal kuvvetlerdir: \[ \boxed{n=p^r,\qquad p\text{ asal},\quad r\geq2.} \]
Çözüm
Öncelikle, bu tür her asal kuvvet koşulu sağlar. Bölenleri, \(1\leq i\leq r+1\) için \(d_i=p^{i-1}\) biçimindedir ve \[ d_{i+1}+d_{i+2}=p^i+p^{i+1}=p^{i-1}\,p(1+p) \] ifadesi \(d_i\) ile bölünür.
Tersine, bir \(n\) bileşik tam sayısının koşulu sağladığını varsayalım. Bu sayının \(1\)'den büyük en küçük böleni olan \(p=d_2\) asaldır.
\(d\mapsto n/d\) dönüşümünün sıralı bölen listesini tersine çevirdiğini hatırlayalım. Dolayısıyla, \(a<b<c\) ardışık üç bölen olduğunda, \[ \frac nc<\frac nb<\frac na \] da ardışık üç bölendir. Verilen koşulu her iki üçlüye uygulayarak \[ a\mid b+c \qquad\text{ve}\qquad \frac nc\mid\frac nb+\frac na \] elde ederiz. İkinci bağıntı, bir pozitif \(t\) tam sayısı için \[ \frac nb+\frac na=t\frac nc \] olması, ya da eş değer olarak, \[ c(a+b)=tab \tag{1} \] olması demektir.
\(n\)'nin \(1\)'den büyük bir böleninin \(p\) ile bölünmediğini varsayalım. Böyle bölenlerin en küçüğünü \(b=d_j\) olarak seçelim. \(d_2=p\) ve \(p\mid n=d_k\) olduğundan, \[ 3\leq j\leq k-1 \] olur. Dolayısıyla \(a=d_{j-1}\) ve \(c=d_{j+1}\) vardır ve \(b\)'nin en küçük seçilmesinden \(p\mid a\) elde edilir.
\(a\mid b+c\) bağıntısından \(p\mid b+c\) elde ederiz. \(p\nmid b\) olduğundan, buradan \(p\nmid c\) çıkar. Ayrıca \(p\mid a\) ve \(p\nmid b\) olduğundan \(p\nmid a+b\) olur. Dolayısıyla (1)'in sol tarafı \(p\) ile bölünmezken sağ tarafı \(p\) ile bölünür. Bu bir çelişkidir.
O hâlde \(n\)'nin \(1\)'den büyük her böleni \(p\) ile bölünür. Özel olarak, \(n\)'nin her asal çarpanı \(p\)'ye eşittir; dolayısıyla \(n=p^r\) olur. \(n\) bileşik olduğundan \(r\geq2\) olur ve ispat tamamlanır.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2023 · Problema 1
Determina todos los enteros compuestos \(n>1\) que satisfacen la siguiente propiedad: si \(d_1,d_2,\ldots,d_k\) son todos los divisores positivos de \(n\) con \(1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n\), entonces \(d_i\) divide a \(d_{i+1}+d_{i+2}\) para cada \(1\leq i\leq k-2\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
Exactamente las potencias de primos \[ \boxed{n=p^r,\qquad p\text{ primo},\quad r\geq2.} \]
Solución
En primer lugar, toda potencia de primo de esta forma cumple la condición. Sus divisores son \(d_i=p^{i-1}\) para \(1\leq i\leq r+1\), y \[ d_{i+1}+d_{i+2}=p^i+p^{i+1}=p^{i-1}\,p(1+p), \] que es divisible por \(d_i\).
Recíprocamente, supongamos que un entero compuesto \(n\) satisface la condición. Su menor divisor mayor que \(1\), a saber, \(p=d_2\), es primo.
Recordemos que la aplicación \(d\mapsto n/d\) invierte el orden de la lista de divisores. Por consiguiente, siempre que \(a<b<c\) son tres divisores consecutivos, también lo son \[ \frac nc<\frac nb<\frac na. \] Al aplicar la condición dada a ambas ternas, obtenemos \[ a\mid b+c \qquad\text{y}\qquad \frac nc\mid\frac nb+\frac na. \] La segunda relación significa que, para algún entero positivo \(t\), \[ \frac nb+\frac na=t\frac nc, \] o, equivalentemente, \[ c(a+b)=tab. \tag{1} \]
Supongamos que algún divisor de \(n\) mayor que \(1\) no es divisible por \(p\). Elijamos el menor de tales divisores, \(b=d_j\). Como \(d_2=p\) y \(p\mid n=d_k\), tenemos \[ 3\leq j\leq k-1. \] Por tanto, existen \(a=d_{j-1}\) y \(c=d_{j+1}\), y \(p\mid a\) por la minimalidad de \(b\).
De \(a\mid b+c\), obtenemos \(p\mid b+c\). Como \(p\nmid b\), esto implica \(p\nmid c\). Además, \(p\nmid a+b\), porque \(p\mid a\) y \(p\nmid b\). Por tanto, el miembro izquierdo de (1) no es divisible por \(p\), mientras que su miembro derecho sí lo es. Esto es una contradicción.
Así pues, todo divisor de \(n\) mayor que \(1\) es divisible por \(p\). En particular, todo factor primo de \(n\) es igual a \(p\), de modo que \(n=p^r\). Como \(n\) es compuesto, \(r\geq2\), lo que completa la demostración.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2023 · 问题 1
求所有满足下述条件的合数 \(n>1\)：如果 \(n\) 的所有正因子为 \(d_1,d_2,\ldots,d_k\)，这里 \(1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n\)，那么对每个 \(1\leq i\leq k-2\)，均有 \(d_i\) 整除 \(d_{i+1}+d_{i+2}\)。
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
答案
恰为所有如下的素数幂 \[ \boxed{n=p^r,\qquad p\text{ 为素数},\quad r\geq2.} \]
解答
首先，每个这样的素数幂都满足条件。它的因子为 \(d_i=p^{i-1}\)，其中 \(1\leq i\leq r+1\)，且 \[ d_{i+1}+d_{i+2}=p^i+p^{i+1}=p^{i-1}\,p(1+p), \] 可被 \(d_i\) 整除。
反过来，设合数 \(n\) 满足条件。它的大于 \(1\) 的最小因子，即 \(p=d_2\)，是素数。
注意，映射 \(d\mapsto n/d\) 将按大小排列的因子序列的顺序颠倒。因此，若 \(a<b<c\) 是三个相邻的因子，则 \[ \frac nc<\frac nb<\frac na. \] 也是三个相邻的因子。分别对这两组三个因子应用题设条件，得到 \[ a\mid b+c \qquad\text{且}\qquad \frac nc\mid\frac nb+\frac na. \] 第二个关系意味着存在正整数 \(t\)，使得 \[ \frac nb+\frac na=t\frac nc, \] 等价地， \[ c(a+b)=tab. \tag{1} \]
假设 \(n\) 有一个大于 \(1\) 的因子不能被 \(p\) 整除。取其中最小的一个，记为 \(b=d_j\)。由于 \(d_2=p\) 且 \(p\mid n=d_k\)，有 \[ 3\leq j\leq k-1. \] 因此，\(a=d_{j-1}\) 和 \(c=d_{j+1}\) 均存在，且由 \(b\) 的最小性，\(p\mid a\)。
由 \(a\mid b+c\)，得到 \(p\mid b+c\)。由于 \(p\nmid b\)，这说明 \(p\nmid c\)。又因为 \(p\mid a\) 且 \(p\nmid b\)，所以 \(p\nmid a+b\)。因此，(1) 的左端不能被 \(p\) 整除，而右端能被 \(p\) 整除，矛盾。
所以，\(n\) 的每个大于 \(1\) 的因子都能被 \(p\) 整除。特别地，\(n\) 的每个素因子都等于 \(p\)，故 \(n=p^r\)。由于 \(n\) 是合数，\(r\geq2\)，证明完毕。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2023 · Задача 1
Найдите все составные натуральные числа \(n>1\) со следующим свойством: если через \(d_1,d_2,\ldots,d_k\) обозначить все натуральные делители числа \(n\), причем \(1=d_1<d_2<\ldots<d_k=n\), то \(d_i\) делит \(d_{i+1}+d_{i+2}\) для всех \(1\leqslant i\leqslant k-2\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
В точности степени простых чисел \[ \boxed{n=p^r,\qquad p\text{ простое},\quad r\geq2.} \]
Решение
Сначала заметим, что любая такая степень простого числа подходит. Ее делители имеют вид \(d_i=p^{i-1}\) при \(1\leq i\leq r+1\), и \[ d_{i+1}+d_{i+2}=p^i+p^{i+1}=p^{i-1}\,p(1+p), \] что делится на \(d_i\).
Обратно, предположим, что составное число \(n\) удовлетворяет условию. Его наименьший делитель, больший \(1\), а именно \(p=d_2\), является простым числом.
Напомним, что отображение \(d\mapsto n/d\) обращает порядок в упорядоченном списке делителей. Следовательно, если \(a<b<c\) — три последовательных делителя, то числа \[ \frac nc<\frac nb<\frac na \] также являются тремя последовательными делителями. Применяя условие к обеим тройкам, получаем \[ a\mid b+c \qquad\text{и}\qquad \frac nc\mid\frac nb+\frac na. \] Второе соотношение означает, что для некоторого натурального числа \(t\) \[ \frac nb+\frac na=t\frac nc, \] или, что равносильно, \[ c(a+b)=tab. \tag{1} \]
Предположим, что некоторый делитель числа \(n\), больший \(1\), не делится на \(p\). Выберем наименьший такой делитель \(b=d_j\). Поскольку \(d_2=p\) и \(p\mid n=d_k\), имеем \[ 3\leq j\leq k-1. \] Следовательно, существуют \(a=d_{j-1}\) и \(c=d_{j+1}\), причем \(p\mid a\) в силу минимальности \(b\).
Из \(a\mid b+c\) получаем \(p\mid b+c\). Поскольку \(p\nmid b\), отсюда следует \(p\nmid c\). Кроме того, \(p\nmid a+b\), так как \(p\mid a\) и \(p\nmid b\). Поэтому левая часть (1) не делится на \(p\), тогда как правая часть делится на \(p\). Получено противоречие.
Таким образом, каждый делитель числа \(n\), больший \(1\), делится на \(p\). В частности, каждый простой делитель числа \(n\) равен \(p\), поэтому \(n=p^r\). Поскольку \(n\) составное, \(r\geq2\), что завершает доказательство.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2023 · المسألة 1
حدد جميع الأعداد الصحيحة المؤلفة \(n>1\) التي تحقق الخاصية التالية: إذا كانت \(d_1,d_2,\ldots,d_k\) هي كل القواسم الموجبة للعدد \(n\) بحيث \(1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n\)، ومن ثم \(d_i\) يقسم العدد \(d_{i+1}+d_{i+2}\) لكل \(1\leq i\leq k-2\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
هي بالضبط قوى الأعداد الأولية \[ \boxed{n=p^r,\qquad p\text{ أولي},\quad r\geq2.} \]
الحل
أولًا، كل قوة لعدد أولي من هذا الشكل تحقق الشرط. فقواسمها هي \(d_i=p^{i-1}\) حيث \(1\leq i\leq r+1\)، ولدينا \[ d_{i+1}+d_{i+2}=p^i+p^{i+1}=p^{i-1}\,p(1+p), \] وهو يقبل القسمة على \(d_i\).
وعكسًا، لنفترض أن عددًا صحيحًا مؤلفًا \(n\) يحقق الشرط. إن أصغر قواسمه الأكبر من \(1\)، وهو \(p=d_2\)، عدد أولي.
نتذكر أن التطبيق \(d\mapsto n/d\) يعكس ترتيب قائمة القواسم. وبالتالي، إذا كانت \(a<b<c\) ثلاثة قواسم متتالية، فإن \[ \frac nc<\frac nb<\frac na. \] هي أيضًا ثلاثة قواسم متتالية. وبتطبيق الشرط المعطى على الثلاثيتين نحصل على \[ a\mid b+c \qquad\text{و}\qquad \frac nc\mid\frac nb+\frac na. \] تعني العلاقة الثانية أنه يوجد عدد صحيح موجب \(t\) بحيث \[ \frac nb+\frac na=t\frac nc, \] أو، بصورة مكافئة، \[ c(a+b)=tab. \tag{1} \]
لنفترض أن بعض قواسم \(n\) الأكبر من \(1\) لا يقبل القسمة على \(p\). نختار أصغر قاسم من هذا النوع، وليكن \(b=d_j\). بما أن \(d_2=p\) و\(p\mid n=d_k\)، فإن \[ 3\leq j\leq k-1. \] إذن يوجد القاسمان \(a=d_{j-1}\) و\(c=d_{j+1}\)، ولدينا \(p\mid a\) من أصغرية \(b\).
من \(a\mid b+c\) نحصل على \(p\mid b+c\). وبما أن \(p\nmid b\)، فإن ذلك يستلزم \(p\nmid c\). كذلك \(p\nmid a+b\)، لأن \(p\mid a\) و\(p\nmid b\). لذلك لا يقبل الطرف الأيسر من (1) القسمة على \(p\)، بينما يقبل طرفها الأيمن القسمة على \(p\). وهذا تناقض.
إذن كل قاسم للعدد \(n\) أكبر من \(1\) يقبل القسمة على \(p\). وعلى وجه الخصوص، كل عامل أولي للعدد \(n\) يساوي \(p\)، ومن ثم \(n=p^r\). وبما أن \(n\) مؤلف، فإن \(r\geq2\)، وبذلك يكتمل البرهان.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.