设 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ 为互不相同的正整数，满足 $\left[(n+1) a_{1}^{n}+n a_{2}^{n}+(n-1) a_{3}^{n}\right]\big|\left[(n+1) b_{1}^{n}+n b_{2}^{n}+(n-1) b_{3}^{n}\right]$ 对任何正整数 $n$ 成立．求证：存在正整数 $k$，使得 $b_{i}=k a_{i}(i=1,2,3)$．
【难度】
【出处】
2010第25届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $r$ 为任意的正整数．由于质数有无穷多个，故存在质数 $p$，使得
$p>\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{r}+b_{3}^{r}\right)$ ①
由 $p$ 为质数及式 ① 得 $\left(p, a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)=1$．
又 $p$ 与 $p-1$ 互质，由中国剩余定理知，存在正整数 $n$ 使 $n \equiv r(\bmod (p-1))$ ②
$n\left(a_{1}^{\prime}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)+a_{1}^{r}-a_{3}^{r} \equiv 0(\bmod p)$ ③
由式 ②、③ 及费马小定理知
$(n+1) a_{1}^{n}+n a_{2}^{n}+(n-1) a_{3}^{n}\equiv n\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)+a_{1}^{r}-a_{3}^{r} \equiv 0(\bmod p)$ ④
由题设得 $(n+1) b_{1}^{n}+n b_{2}^{n}+(n-1) b_{3}^{n} \equiv 0(\bmod p)$．
再由式 ② 及费马小定理得 $n\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{r}+b_{3}^{r}\right)+b_{1}^{r}-b_{3}^{r} \equiv 0(\bmod p)$ ⑤
由式 ④、⑤ 消去 $n$ 得
$\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)\left(b_{1}^{r}-b_{3}^{r}\right)\equiv\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{r}+b_{3}^{r}\right)\left(a_{1}^{r}-a_{3}^{r}\right)(\bmod p)$ ⑥
由式 ①、⑥ 得 $\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)\left(b_{1}^{r}-b_{3}^{r}\right)=\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{\prime}+b_{3}^{r}\right)\left(a_{1}^{r}-a_{3}^{r}\right)$ 即
$\left(a_{2} b_{1}\right)^{r}+2\left(a_{3} b_{1}\right)^{r}+\left(a_{3} b_{2}\right)^{r}=\left(a_{1} b_{2}\right)^{r}+2\left(a_{1} b_{3}\right)^{r}+\left(a_{2} b_{3}\right)^{r}$ ⑦
下面先证一个引理．
引理：设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{s}, y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{s}(0< x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{s},0<y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{s}) $ 为实
数，满足对任意的正整数 $r$，总有 $x_{1}^{r}+x_{2}^{r}+\cdots+x_{s}^{r}=y_{1}^{r}+y_{2}^{r}+\cdots+y_{s}^{r}$
则 $x_{i}=y_{i}(i=1,2, \cdots, s)$
引理的证明：对 $s$ 用数学归纳法．
当 $s=1$ 时，取 $r=1$，有 $x_1=y_1$．
假设当 $s=t$ 时引理成立．
当 $s=t+1$ 时，若 $x_{t+1} \neq y_{t+1}$，不妨设 $x_{t+1}<y_{t+1}$．则 $\left(\dfrac{x_{1}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\left(\dfrac{x_{2}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\cdots+\left(\dfrac{x_{t+1}}{y_{t+1}}\right)^{r}=\left(\dfrac{y_{1}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\left(\dfrac{y_{2}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\cdots+\left(\dfrac{y_{1}}{y_{t+1}}\right)^{r}+1 \geqslant 1$
又 $0<\frac{x_{i}}{y_{t+1}}<1(1 \leqslant i \leqslant t+1)$，令 $\boldsymbol{r} \rightarrow+\infty$，有 $0\geqslant 1$，矛盾．
因此 $x_{t+1}=y_{t+1}$，故 $x_{1}^{r}+x_{2}^{r}+\cdots+x_{t}^{r}=y_{1}^{r}+y_{2}^{r}+\cdots+y_{t}^{r}(r=1,2, \cdots)$
由归纳假设知 $x_{i}=y_{i}(i=1,2, \cdots, t)$．
由数学归纳原理知引理对一切正整数 $s$ 均成立．
回到原题．
由于 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ 互不相同，故
$a_{2} b_{1} \neq a_{3} b_{1}, a_{3} b_{1} \neq a_{3} b_{2}, a_{1} b_{2} \neq a_{1} b_{3},a_{1} b_{3} \neq a_{2} b_{3}, a_{2} b_{1} \neq a_{2} b_{3}$
由式 ⑦ 及引理得
$a_{2} b_{1}=a_{3} b_{2}=a_{1} b_{3}, a_{3} b_{1}=a_{1} b_{2}=a_{2} b_{3}$ ⑧
或 $a_{2} b_{1}=a_{1} b_{2}, a_{3} b_{1}=a_{1} b_{3}, a_{3} b_{2}=a_{2} b_{3}$ ⑨
若结论 ⑧ 成立，则 $\dfrac{a_{2} b_{1}}{a_{3} b_{1}}=\dfrac{a_{3} b_{2}}{a_{1} b_{2}}=\dfrac{a_{1} b_{3}}{a_{2} b_{3}} \Rightarrow \dfrac{a_{2}}{a_{3}}=\dfrac{a_{3}}{a_{1}}=\dfrac{a_{1}}{a_{2}}$
这与 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 互不相同矛盾．
所以，结论 ⑨ 成立．
于是，$\dfrac{b_{1}}{a_{1}}=\dfrac{b_{2}}{a_{2}}=\dfrac{b_{3}}{a_{3}}$．
设 $\dfrac{b_{1}}{a_{1}}=\dfrac{k}{l}((k, l)=1, l \geqslant 1)$．则 $b_{i}=\dfrac{k}{l} a_{i}(i=1,2,3)$．
由 $2 b_{1}+b_{2}=\dfrac{k}{l}\left(2 a_{1}+a_{2}\right)$ 及题设（取，$n=1$）
$\left(2 a_{1}+a_{2}\right) |\left(2 b_{1}+b_{2}\right)$ 知 $\frac{k}{l}$ 为整数，即 $l=1$．
所以，$b_{i}=k a_{i}(i=1,2,3)$．
$p>\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{r}+b_{3}^{r}\right)$ ①
由 $p$ 为质数及式 ① 得 $\left(p, a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)=1$．
又 $p$ 与 $p-1$ 互质，由中国剩余定理知，存在正整数 $n$ 使 $n \equiv r(\bmod (p-1))$ ②
$n\left(a_{1}^{\prime}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)+a_{1}^{r}-a_{3}^{r} \equiv 0(\bmod p)$ ③
由式 ②、③ 及费马小定理知
$(n+1) a_{1}^{n}+n a_{2}^{n}+(n-1) a_{3}^{n}\equiv n\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)+a_{1}^{r}-a_{3}^{r} \equiv 0(\bmod p)$ ④
由题设得 $(n+1) b_{1}^{n}+n b_{2}^{n}+(n-1) b_{3}^{n} \equiv 0(\bmod p)$．
再由式 ② 及费马小定理得 $n\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{r}+b_{3}^{r}\right)+b_{1}^{r}-b_{3}^{r} \equiv 0(\bmod p)$ ⑤
由式 ④、⑤ 消去 $n$ 得
$\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)\left(b_{1}^{r}-b_{3}^{r}\right)\equiv\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{r}+b_{3}^{r}\right)\left(a_{1}^{r}-a_{3}^{r}\right)(\bmod p)$ ⑥
由式 ①、⑥ 得 $\left(a_{1}^{r}+a_{2}^{r}+a_{3}^{r}\right)\left(b_{1}^{r}-b_{3}^{r}\right)=\left(b_{1}^{r}+b_{2}^{\prime}+b_{3}^{r}\right)\left(a_{1}^{r}-a_{3}^{r}\right)$ 即
$\left(a_{2} b_{1}\right)^{r}+2\left(a_{3} b_{1}\right)^{r}+\left(a_{3} b_{2}\right)^{r}=\left(a_{1} b_{2}\right)^{r}+2\left(a_{1} b_{3}\right)^{r}+\left(a_{2} b_{3}\right)^{r}$ ⑦
下面先证一个引理．
引理：设 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{s}, y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{s}(0< x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{s},0<y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{s}) $ 为实
数，满足对任意的正整数 $r$，总有 $x_{1}^{r}+x_{2}^{r}+\cdots+x_{s}^{r}=y_{1}^{r}+y_{2}^{r}+\cdots+y_{s}^{r}$
则 $x_{i}=y_{i}(i=1,2, \cdots, s)$
引理的证明：对 $s$ 用数学归纳法．
当 $s=1$ 时，取 $r=1$，有 $x_1=y_1$．
假设当 $s=t$ 时引理成立．
当 $s=t+1$ 时，若 $x_{t+1} \neq y_{t+1}$，不妨设 $x_{t+1}<y_{t+1}$．则 $\left(\dfrac{x_{1}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\left(\dfrac{x_{2}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\cdots+\left(\dfrac{x_{t+1}}{y_{t+1}}\right)^{r}=\left(\dfrac{y_{1}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\left(\dfrac{y_{2}}{y_{t+1}}\right)^{r}+\cdots+\left(\dfrac{y_{1}}{y_{t+1}}\right)^{r}+1 \geqslant 1$
又 $0<\frac{x_{i}}{y_{t+1}}<1(1 \leqslant i \leqslant t+1)$，令 $\boldsymbol{r} \rightarrow+\infty$，有 $0\geqslant 1$，矛盾．
因此 $x_{t+1}=y_{t+1}$，故 $x_{1}^{r}+x_{2}^{r}+\cdots+x_{t}^{r}=y_{1}^{r}+y_{2}^{r}+\cdots+y_{t}^{r}(r=1,2, \cdots)$
由归纳假设知 $x_{i}=y_{i}(i=1,2, \cdots, t)$．
由数学归纳原理知引理对一切正整数 $s$ 均成立．
回到原题．
由于 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ 互不相同，故
$a_{2} b_{1} \neq a_{3} b_{1}, a_{3} b_{1} \neq a_{3} b_{2}, a_{1} b_{2} \neq a_{1} b_{3},a_{1} b_{3} \neq a_{2} b_{3}, a_{2} b_{1} \neq a_{2} b_{3}$
由式 ⑦ 及引理得
$a_{2} b_{1}=a_{3} b_{2}=a_{1} b_{3}, a_{3} b_{1}=a_{1} b_{2}=a_{2} b_{3}$ ⑧
或 $a_{2} b_{1}=a_{1} b_{2}, a_{3} b_{1}=a_{1} b_{3}, a_{3} b_{2}=a_{2} b_{3}$ ⑨
若结论 ⑧ 成立，则 $\dfrac{a_{2} b_{1}}{a_{3} b_{1}}=\dfrac{a_{3} b_{2}}{a_{1} b_{2}}=\dfrac{a_{1} b_{3}}{a_{2} b_{3}} \Rightarrow \dfrac{a_{2}}{a_{3}}=\dfrac{a_{3}}{a_{1}}=\dfrac{a_{1}}{a_{2}}$
这与 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 互不相同矛盾．
所以，结论 ⑨ 成立．
于是，$\dfrac{b_{1}}{a_{1}}=\dfrac{b_{2}}{a_{2}}=\dfrac{b_{3}}{a_{3}}$．
设 $\dfrac{b_{1}}{a_{1}}=\dfrac{k}{l}((k, l)=1, l \geqslant 1)$．则 $b_{i}=\dfrac{k}{l} a_{i}(i=1,2,3)$．
由 $2 b_{1}+b_{2}=\dfrac{k}{l}\left(2 a_{1}+a_{2}\right)$ 及题设（取，$n=1$）
$\left(2 a_{1}+a_{2}\right) |\left(2 b_{1}+b_{2}\right)$ 知 $\frac{k}{l}$ 为整数，即 $l=1$．
所以，$b_{i}=k a_{i}(i=1,2,3)$．
答案
解析
备注
