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Para cualquier conjunto [math]A = \{a_1, a_2, a_3, a_4\} de cuatro enteros positivos distintos se denota la suma [math]a_1 + a_2 + a_3 + a_4 por [math]s_A. Sea [math]n_A el número de parejas [math](i, j) con [math]1 \leq i < j \leq 4 para las cuales [math]a_i + a_j divide a [math]s_A. Encontrar todos los conjuntos [math]A de cuatro enteros positivos distintos para los cuales se alcanza el mayor valor posible de [math]n_A.

Creo que no me faltó nada.

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Para facilitarnos el trámite, pongamos [math]a_1 = a, [math]a_2 = b, [math]a_3 = c y [math]a_4=d.

Entonces, veamos que [math]n_A \leq 4.

En efecto, pues, si ponemos [math]a < b < c < d, entonces, [math]a+b < c+d, por lo que [math]c+d \nmid a+b \Rightarrow c+d \nmid a+b+c+d.

Análogamente, [math]a+c < b+d, y entonces [math]b+d \nmid a+c \Rightarrow b+d \nmid a+b+c+d

Como hay exactamente 6 pares posibles [math](a_i,a_j) con [math]i<j y hay dos que no cumplen la condición del enunciado, entonces [math]n_A\leq 4 como queríamos.

Vamos a hallar todos los conjuntos tales que [math]n_A=4.

Tenemos que:

[math]a+b \mid c+d
[math]a+c \mid b+d
[math]a+d \mid b+c
[math]b+c \mid a+d

De las últimas dos relaciones, obtenemos que [math]a+d = b+c, o lo que es equivalente, [math]b-a=d-c. Por lo que, pongamos [math]b = a+k, y [math]d=c+k.

Entonces, la segunda relación equivale a que:

[math]a+c \mid a+c+2k \Rightarrow a+c \mid 2k \Rightarrow (a+c)p = 2k

Reemplazándola en la primera:

[math]2a+k \mid 2c+k \Rightarrow 4a+2k \mid 4c+2k \Rightarrow 4a+2k \mid 4(a+c) + 4k

Esto es:

[math]4a+(a+c)p \mid 4(a+c)+2(a+c)p

[math]4a+(a+c)p \mid 4(a+c)+2(a+c)p-8a- 2(a+c)p = 4(c-a)

Entonces, [math]4a+(a+c)p \leq 4(c-a) \Rightarrow a(8+p) \leq c(4-p), de donde [math]p \leq 3.

i) Si [math]p=3, entonces:

[math]7a+3c \mid 4c - 4a \Rightarrow 7a+3c \mid c-11a

Entonces, hay tres posibilidades.

1) [math]7a+3c \leq c-11a \Rightarrow 18a \leq -2c, lo cual es absurdo.
2) [math]7a+3c \leq 11a-c \Rightarrow 4c \leq 4a \Rightarrow c \leq a, lo cual es una contradicción.
3) [math]c-11a=0 \Rightarrow c = 11a

Si [math]c=11a, entonces como [math]2k=p(a+c), entonces [math]2k=36a \Rightarrow k = 18a

Como [math]b = a+k = 19a, y [math]b < c, entonces [math]19a < 11a, absurdo. Luego no hay conjuntos para [math]p=3.

ii) Si [math]p=2, entonces:

[math]6a+2c \mid 4c-4a \Rightarrow 3a+c \mid 2c-2a \Rightarrow 3a+c \mid c-5a

Entonces, nuevamente, hay tres posibilidades:

1) [math]3a+c \leq c-5a \Rightarrow 8a \leq 0, absurdo.
2) [math]3a+c \leq 5a-c \Rightarrow 2c \leq 2a \Rightarrow c \leq a, contradicción.
3) [math]c-5a=0 \Rightarrow c=5a

Si [math]c=5a, entonces se tiene que [math]2k=p(a+c)=2\cdot(6a)=12a, de donde [math]k = 6a

Entonces [math]b=7a, pero [math]b < c = 5a, absurdo. No hay conjuntos para [math]p=2.

iii) Si [math]p=1, entonces:

[math]5a+c \mid 4c-4a

Entonces, existe un [math]q entero positivo tal que [math](5a+c)q = 4c-4a \Rightarrow a(5q+4) = c(4-q), y entonces [math]q \leq 4.

Si [math]q=4, [math]a=0, imposible.

Si [math]q=3 \Rightarrow 19a=c. Como [math]2k=a+c, entonces [math]2k=20a, [math]k=10, entonces [math]b=11a \wedge d=29a.

Si [math]q=2 \Rightarrow 7a=c. Como [math]2k=a+c, entonces [math]2k=8a, [math]k=4a, entonces [math]b=5a \wedge d=11a

Si [math]q=1 \Rightarrow 3a=c. Como [math]2k=a+c, entonces [math]2k=4a, [math]k=2a, entonces [math]b=3a \wedge d=6a, pero [math]b < c es decir, [math]3a < 3a, absurdo.

Entonces, todos los conjuntos posibles, son los de la forma:

[math]\{a,11a,19a,29a\} y [math]\{a,5a,7a,11a\}

Algo que saqué es esto:

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Digamos que [math]a_1+a_2 dividen a [math]S_a. Luego, [math]a_1+a_2*k=S_a.
Como queremos la mayor cantidad, digamos que [math]a_3+a_4 también divide a [math]S_a. Luego, [math]a_3+a_4*l=S_a.
[math]a_1+a_2+a_3+a_4=S_a/k+S_a/l=S_a ==> 1/k+1/l=1 ==> (k+l)=k*l.
Unica posibilidad [math]k=2;l=2. Entonces, [math]a_1+a_2=a_3+a_4. [math](1)
Ahora, digamos que hay otras dos parejas (formadas por números distintos) con las que se cumple esto, por ejemplo, [math]a_1+a_3=a_2+a_4. [math](2)
Ahora resto [math](1) con [math](2) y tengo que [math]a_2-a_3=a_3-a_2 ==> 2*a2=2*a3 ==> a2=a3 . Pero el problema pide que todos los número sean distintos.
Entonces, hay a lo sumo dos parejas que sumen los mismo.
Entonces, supongamos que [math]a_1+a_2, [math]a_1+a_3, [math]a_1+a_4 y [math]a_3+a_4 dividen a [math]S_a. [math]a_2+a_3 no pueden dividir a [math]S_a, ya que [math]a_1+a_4 dividen a [math]k, y ya tenemos las dos parejas que suman lo mismo. [math]a_2+a_4 tampoco puede divir a [math]S_a.
Y así tenemos que a lo sumo cuatro parejas dividen a [math]S_a.

Ahora no sé como seguir...

Solución: (sin partes)

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$a_i+a_j\mid s_A\Longleftrightarrow a_i+a_j\mid a_k+a_m$ donde $k$ y $m$ son los índices faltantes.
Sean $a_1<a_2<a_3<a_4$.
Como

• $a_2+a_4>a_1+a_3$.
• $a_3+a_4>a_1+a_2$.

Tenemos $n_A\leq 4$. Más aún, si $n_A=4$, $a_1+a_4=a_2+a_3$.
Vamos a buscar los casos con $n_A=4$. Sean $a<b<c<b+c-a$ los números. Entonces
$$a+b\mid b+2c-a\Longrightarrow a+b\mid 2(b+c)$$
$$a+c\mid 2b+c-a\Longrightarrow a+c\mid 2(b+c)$$
Sea $b+c=n$. Nosotros queremos determinar si existen $b+c=n$ con $b<c$ (1) tal que exista un divisor $d$ de $2n$ con $b<d=a+b<2b$ (2) tal que $d'=d+(c-b)=a+c$ sea otro divisor.
De (1) se sigue que $\frac{n}{2}<c$.
De (2) se sigue que $c<d'<b+c=n$.
De estas últimas dos se sigue

$\frac{2n}{4}=\frac{n}{2}<c<d'<n=\frac{2n}{2}\Longrightarrow d'=\frac{2n}{3}$ ya que $d'$ es divisor de $2n$ entre $\frac{2n}{4}$ y $\frac{2n}{2}$.

De $c<d'=\frac{2n}{3}$ se sigue que

$\frac{2n}{6}<b<d<\frac{2n}{3}\Longrightarrow d=\frac{2n}{5}\vee d=\frac{2n}{4}$ ya que $d'$ es divisor de $2n$ entre $\frac{2n}{6}$ y $\frac{2n}{4}$.

Entonces, como $c-b=d'-d$, tenemos que $c-b=\frac{4n}{15}\vee c-b=\frac{n}{6}$ de lo que se sigue $b=\frac{11n}{30}\vee b=\frac{5n}{12}$.
De $a=d-b$ se sigue que $a=\frac{n}{30}\vee a=\frac{n}{12}$ para los respectivos casos.
Entonces, tenemos que $(a,b,c)=(\frac{n}{30},\frac{11n}{30},\frac{19n}{30})$ $(a,b,c)=(\frac{n}{12},\frac{5n}{12},\frac{7n}{12})$.
Considerando que los números son enteros, tenemos las parametrizaciones:
$$(a,11a,19a,29a),\quad (a,5a,7a,11a)$$
que funcionan.