Durante las próximas semanas voy a publicar los problemas de la IMO 2011 celebrada en Amsterdam durante el mes de julio.
Hoy os dejo el primero de ellos:
Para cualquier conjunto
de cuatro enteros positivos distintos se denota la suma
por
. Sea
el número de parejas
con
1 \le i < j \le4[/latex] para las cuales [latex]a_i + a_j[/latex] divide a [latex]s_A.[/latex] Encontrar todos los conjuntos [latex]A[/latex] de cuatro enteros positivos distintos para los cuales se alcanza el mayor valor posible de [latex]n_A[/latex].
Que se os dé bien.
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Para
es 
, y no es posible que sea superior (no hay más parejas).
josejuan, pone «Encontrar todos los conjuntos A de cuatro enteros positivos distintos».
Y si son distintos, no pueden ser iguales. Sino, sería trivial.
Pongamos que a_4>a_3>a_2>a_1 entonces 2(a_4+a_2)>s_A por lo que n_A<6
Para qué voy a decir otra cosa: he encontrado por ahí la solución. Bueno, llego a que el número máximo no puede ser mayor que 4. Luego suponemos que hay cuatro parejas. Vale.
Bueno, 4 es evidentemente una cota superior para n_A y además se alcanza para A = {1, 5, 7, 11}. El mcd de los elementos de este conjunto es 1, diremos que es una solución primitiva. Si A = {a, b, c, d} es un conjunto solución, k*A = {ka, kb, kc, kd} también lo es. Se trata entonces de encontrar todas las soluciones primitivas … por lo de pronto, solo se que hay más de una.
Como ha de ser
(a<b<c<d y u,v una pareja) parece ser que debe ser:
pues debe ser posible hacer las siguientes divisiones
y las dos últimas son inversas.
PD: ya me dí la colleja Félix.
De hecho, ( 1, 11, 19, 29 ) es válido también (y primitivo).
Las únicas soluciones primitivas que encontré son dos: (1, 5, 7, 11) y (1, 11, 19, 29), que ya están citadas en los comentarios, y en ambos casos n_A = 4, que es el máximo de parejas que dividen a la suma.
Al poner a_1, a_2=a_1+d, a_3=a_1+d+e y a_4=a_1+d+e+f, con d, e y f >0, las únicas soluciones son [d=f=4*a_1 y e=2*a_1] y [d=f=10*a_1 y e=8*a_1].
Como (a + d) | S y (b + c) | S, debe ser a + d = b + c = S/2 (recordemos que S = a + b + c + d). También (a + c) y (a + b) deben dividir a S. Sea por tanto: a + d = 1/2 S b + c = 1/2 S a + c = 1/n S a + b = 1/m S con n >= 3 y m > n. Tenemos que: d = S/2 – a, c = S/n – a, b = S/2 – c = a… Lee más »
@Ignacio Larrosa. Si A={2,7,8,13}, a+d=b+c=15 dividen a S=30. a+c = 10 divide a S, pero a+b = 9 no divide a S. En este conjunto n_A = 3.
Creo que tu punto de partida equivale a suponer que la solución, como mínimo, es n_A=4 y lo que demuestras es que no puede ser superior a 4, y das los conjuntos para los que es n_A=4.
No te fijaste bien en la última frase del enunciado:
«… Encontrar todos los conjuntos A de cuatro enteros positivos distintos para los cuales se alcanza el MAYOR valor posible de n_A.»
Las mayúsculas son mías ..
He intentado ‘apostar al alza’ con n_A= 6 pero no hay manera. Se llega al absurdo por todas las vías que he probado. Bien por los que habéis dado con una solución, saludos.
@Sebastián Pero ya estaba aclarado más arriba. Si A = {a, b, c, d} con a < b < c a + b Por lo que c + d > S/2, pero c + d a , d > c ===> b + d > c + a ===> (b + d) tampoco divide a S. Por tanto, como solo hay seis pares, y la suma de dos de ellos no divide a SA, 4 es una cota superior para n_A. Pero la solución A = {1, 5, 7, 11} nos indica que esa cota efectivamente se alcanza, por lo… Lee más »
@Ignacion Larrosa Cañestro, con lo que has hecho, has demostrado que las soluciones primitivas en las que aparezca el 1, tienen que ser de esa forma, pero podría pasar que hubiesen soluciones primitivas distintas, ¿no? Por ejemplo una de la forma {3,…}, de forma que sumen 72 ó 120. Bah, mientra te escribía me he dado cuenta de que las soluciones primitivas tienen que tener al 1. Siguiendo tu notación, como a+d=S/2, se tiene que d = 2a-S. Como S es múltiplo de a por lo que has hecho, se tendría que d es múltiplo de a. De forma similar… Lee más »
@Ignacio
Sí, y te doy toda la razón. Mas he llegado en numerosas ocasiones a que n_A= 6 es absurdo… pero nada, me pudo la terquedad. Saludos 😉
Las soluciones dadas son las correctas, {1, 5, 7, 11} y {1, 11, 19, 29}, y los múltiplos correspondientes.
Ignacio Larrosa, no veo claro de donde obtienes la desigualdad clave del problema
1/n + 1/m > 1/4; pues es a<S/4. Por lo demás estoy de acuerdo en todo.
Un saludo.
Fernando Villena. Tengo la misma duda, yo obtuve algo como
Pero no me sale la que dice Ignacio.
^DiAmOnD^. No sé qué sucede pero cada que entro a la pagina principal aparece de una manera extrañisima, me toca entrar a un post directamente para ver normal las entradas.
Salu2.
ZetaSelberg, ¿podrías hacer una captura de la pantalla en ese momento y enviármela al correo del blog?
gaussianos (arroba) gmail (punto) com
Es para ver cómo te aparece la página. Gracias.
Saludos 🙂
Aún no he leído los comentarios (ni las posibles soluciones) pero ya tengo un bonito problema para ir pensando mientras viajo en el bus, así que gracias por eso.
@Fernando Villena y @ZetaSelberg,
Es que no es 1/4, sino 1/2. Si fuese 1/4 habría muchas más soluciones. Sale de
a = S(2(m + n) – mn)/(4mn) > 0 ===>
2(m + n) > mn ==> 1/n + 1/m > 1/2
Com n >=3 y n > m, las únicas soluciones (n, m) son (3, 4) y (3, 5).
NaClU2