52° IMO 2011 - Problema 1

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Caro - V3

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52° IMO 2011 - Problema 1

Mensaje sin leer por Caro - V3 » Lun 18 Jul, 2011 8:35 pm

Para cualquier conjunto [math] de cuatro enteros positivos distintos se denota la suma [math] por [math]. Sea [math] el número de parejas [math] con [math] para las cuales [math] divide a [math]. Encontrar todos los conjuntos [math] de cuatro enteros positivos distintos para los cuales se alcanza el mayor valor posible de [math].
Guía de [math]: sirve para escribir ecuaciones como [math]

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Vladislao

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Re: 52° IMO 2011 - Problema 1

Mensaje sin leer por Vladislao » Mar 19 Jul, 2011 12:28 am

Creo que no me faltó nada.
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Para facilitarnos el trámite, pongamos [math], [math], [math] y [math].

Entonces, veamos que [math].

En efecto, pues, si ponemos [math], entonces, [math], por lo que [math].

Análogamente, [math], y entonces [math]

Como hay exactamente 6 pares posibles [math] con [math] y hay dos que no cumplen la condición del enunciado, entonces [math] como queríamos.

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

Tenemos que:

[math]
[math]
[math]
[math]

De las últimas dos relaciones, obtenemos que [math], o lo que es equivalente, [math]. Por lo que, pongamos [math], y [math].

Entonces, la segunda relación equivale a que:

[math]

Reemplazándola en la primera:

[math]

Esto es:

[math]

[math]

Entonces, [math], de donde [math].

i) Si [math], entonces:

[math]

Entonces, hay tres posibilidades.

1) [math], lo cual es absurdo.
2) [math], lo cual es una contradicción.
3) [math]

Si [math], entonces como [math], entonces [math]

Como [math], y [math], entonces [math], absurdo. Luego no hay conjuntos para [math].

ii) Si [math], entonces:

[math]

Entonces, nuevamente, hay tres posibilidades:

1) [math], absurdo.
2) [math], contradicción.
3) [math]

Si [math], entonces se tiene que [math], de donde [math]

Entonces [math], pero [math], absurdo. No hay conjuntos para [math].

iii) Si [math], entonces:

[math]

Entonces, existe un [math] entero positivo tal que [math], y entonces [math].

Si [math], [math], imposible.

Si [math]. Como [math], entonces [math], [math], entonces [math].

Si [math]. Como [math], entonces [math], [math], entonces [math]

Si [math]. Como [math], entonces [math], [math], entonces [math], pero [math] es decir, [math], absurdo.

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

[math] y [math]
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

sebach

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Re: 52° IMO 2011 - Problema 1

Mensaje sin leer por sebach » Mar 19 Jul, 2011 1:19 am

Algo que saqué es esto:
Spoiler: mostrar
Digamos que [math] dividen a [math]. Luego, [math].
Como queremos la mayor cantidad, digamos que [math] también divide a [math]. Luego, [math].
[math].
Unica posibilidad [math]. Entonces, [math]. [math]
Ahora, digamos que hay otras dos parejas (formadas por números distintos) con las que se cumple esto, por ejemplo, [math]. [math]
Ahora resto [math] con [math] y tengo que [math] . 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], [math], [math] y [math] dividen a [math]. [math] no pueden dividir a [math], ya que [math] dividen a [math], y ya tenemos las dos parejas que suman lo mismo. [math] tampoco puede divir a [math].
Y así tenemos que a lo sumo cuatro parejas dividen a [math].
Ahora no sé como seguir...

BrunZo

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Re: 52° IMO 2011 - Problema 1

Mensaje sin leer por BrunZo » Mar 30 Abr, 2019 1:05 pm

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.

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