Selectivo Ibero 2021 - P5

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Gianni De Rico

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Selectivo Ibero 2021 - P5

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Hallar todos los enteros positivos $d$ con la siguiente propiedad: existe un entero $k\geq 3$ tal que los $k$ números $d,2d,3d,\ldots ,kd$ se pueden ordenar en una sucesión de manera que las $k-1$ sumas de dos términos consecutivos sean todos cuadrados perfectos.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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Turko Arias

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Re: Selectivo Ibero 2021 - P5

Mensaje sin leer por Turko Arias »

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Sean $t,n$ enteros positivos tales que $d=nt^2$ y $v_p(n) \leq 1$ para todo primo $p$.

-Si $n \neq 1$
Sean $a,b,c$ enteros positivos distintos y ambos menores o iguales que $k$, tales que $ad, bd, cd$ aparecen en ese orden en la lista. Tenemos entonces que $(a+b)nt^2$ es cuadrado perfecto, por lo que $(a+b)n$ es cuadrado perfecto y en particular, $n \mid a+b$ ya que necesitamos llevar a todos los exponentes de $n$ a un número par, pero entonces... $a \equiv -b (n)$. Con un razonamiento análogo, llegamos a que $ b \equiv -c (n)$ y por ende $a \equiv c (n)$. De esto, podemos deducir que los números que multiplican a $d$ en las posiciones impares son todos congruentes entre si módulo $n$ y los números que multiplican a $d$ en las posiciones pares son todos congruentes entre si módulo $n$. Luego, los números que multiplican tienen dos restos posibles módulo $n$... Pero los números que multiplican son todos los enteros entre $1$ y $k$ y como $k \geq 3$, si $n\geq 3$ habría al menos tres restos distintos, por lo que podemos afirmar que $n=2$.
Ahora bien, si $id$ y $jd$ son dos números consecutivos de la lista tenemos que $2 \mid i+j$ por lo que $i, j$ tienen la misma paridad. Pero esto implica que todos los números que multiplican a los $d$ tienen la misma paridad, cosa que si hay al menos dos enteros consecutivos ya resulta imposible, luego el caso $n \neq 1$ queda descartado.

-Si $n=1$
En este caso, $d$ resulta ser cuadrado perfecto. Notemos que si $ad, bd$ son dos números consecutivos en la lista, tenemos que $ad+bd=d(a+b)$ es cuadrado perfecto, lo que implica que $a+b$ también lo es. El siguiente ejemplo con $k=15$ cumple la propiedad de que dos elementos consecutivos siempre suman un cuadrado perfecto, por lo que nos asegura nuestro objetivo para todo $d$:
$$8d, d, 15d, 10d, 6d, 3d, 13d, 12d, 4d, 5d, 11d, 14d, 2d, 7d, 9d$$

Habiendo analizado todos los casos posibles, afirmamos que $d$ cuadrado perfecto es la única solución y estamos :mrgreen:
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EmRuzak

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Re: Selectivo Ibero 2021 - P5

Mensaje sin leer por EmRuzak »

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digamos que $a_1$, $a_2$ ... $a_k$ es la permutación
Si $d$ no es cuadrado, $d$ tiene algún factor primo con exponente impar, entonces como $d(a_x+a_{x-1})$ tiene sus factores primos con exponentes pares, $(a_x+a_{x+1})$, también tiene ese factor primo con exponente impar, por lo que ese exponente es mayor a $0$, digamos que ese primo es $p$
entonces $p|a_x+a_{x-1}$ y $p|a_{x-1}+a_{x-2}$, $a_x\equiv{-a_{x-1}}$ $mod$ $p$ y $-a_{x-1}\equiv{a_{x-2}}$ $mod$ $p$,
pero si $p\geq{3}$, entonces aparecen solo dos restos distintos modulo $p$, pero como tienen que estar todos los números entre $1$ y $k\geq{3}$ debe haber mas de $3$ restos distintos, contradicción.

Si $d$ es cuadrado se puede con la permutación:
$8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9$ ya que la suma de dos consecutivos es un cuadrado.

$1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 8, 17, 32, 4, 5, 11, 14, 2, 34, 30, 19, 45, 36, 13, 12, 24, 25, 39, 42, 22, 27, 37, 44, 20, 16, 33, 31, 18, 46, 35, 29, 7, 9, 40, 41, 23, 26, 38, 43$ tambien sirve

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