IMO 2020 Problema 5

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Sandy

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IMO 2020 Problema 5

Mensaje sin leer por Sandy »

Se tiene una baraja de $n>1$ cartas, con un entero positivo escrito en cada carta. La baraja tiene la propiedad de que la media aritmética de los números escritos en cada par de cartas es también la media geométrica de los números escritos en alguna colección de una o más cartas.
¿Para qué valores de $n$ se tiene que los números escritos en las cartas son todos iguales?
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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Sandy

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Re: IMO 2020 Problema 5

Mensaje sin leer por Sandy »

Solución:
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Sean $a_1\leq a_2\leq \ldots \leq a_n$ los números en las cartas. Es claro que tanto la media aritmética como la geométrica son homogéneas y del mismo grado, por lo que podemos dividir a cada número por $\gcd (a_1,a_2,\ldots ,a_n)$ y suponer directamente que $\gcd (a_1,a_2,\ldots ,a_n)=1$.
Supongamos que NO pasa que $a_1=a_2=a_3=\ldots =a_n$. Luego $a_n$ es al menos $2$ y, en particular, tiene al menos un divisor primo. Notemos además que, si tenemos una colección de números con media $N$, agregarle un número mayor que $N$ aumenta la media y agregarle un número menor que $N$ la disminuye, sin importar si la media es geométrica, aritmética, cuadrática, etc. Sea $b_1<b_2<b_3<\ldots <b_r$ la sucesión de los números $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ sin repeticiones.
Notemos que, de existir $x,y\in \mathbb{N}$ tales que $b_x\not \equiv b_y (2)$, entonces su media aritmética es racional pero no entera, cualidad que no cumple ninguna raíz de un entero positivo (ejercicio al lector?). Luego podemos asumir que todos los $b_i$ son impares, ya que si fueran todos pares no tendríamos $\gcd (b_1,b_2,\ldots , b_r)=1$.
Sea $p$ un primo (impar) que divide a $b_k$ para todo $m<k\leq r$.
Por la condición, $\frac{b_m+b_j}{2}$, con $r\geq j>m$, debe ser igual a la media geométrica de alguna colección de números. Como $b_j>b_m$, $p\mid b_j$ y en la media geométrica debe haber algún número mayor que $b_m$. Pero entonces, despejando la raíz de la media geométrica y tomando módulo $p$ nos queda:
$\left(\frac{b_m+0}{2}\right)^v\equiv 0 (p)\Longrightarrow \left(\frac{b_m}{2}\right)^v\equiv 0 (p)$.
Como $p$ es impar, $b_m\equiv 0(p)$.
Tomando caso base $p\mid b_r$, $p$ divide a $b_i$ para todo $i\in \{1,2,3,\ldots ,r\}$, absurdo pues $\gcd (b_1,b_2,\ldots ,b_r)=1$.
El absurdo provino de suponer que no sucedía que $a_1=a_2=\ldots =a_n$, luego esto debe ocurrir, por lo que la respuesta al problema es todo $n>1\in \mathbb{N}$.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

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enigma1234

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Re: IMO 2020 Problema 5

Mensaje sin leer por enigma1234 »

Solución:
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Veamos que para todo $n$ los números escritos en las cartas son iguales. Sean $a_1\geq a_2\geq\dots\geq a_n$ los números de las cartas.
Lema: Sea $p$ un primo tal que $p\mid a_1$. Luego $p\mid a_i$ para todo $i$.
Demostración:
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Veamos por inducción fuerte que este resultado es cierto, para $i=1$ claramente cumple, ahora veamos que si $p\mid a_1,a_2,\dots,a_{i-1}$ luego $p\mid a_i$ para $i\geq 2$.
Del problema tenemos que para existe un subconjunto $S$ de $\{1,2,\dots,n\}$ tal que:
$$\sqrt{a_1a_i}\leq\frac{a_1+a_i}{2}=\sqrt[|S|]{\displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_j}$$
$$\to a_1^{|S|}a_i^{|S|}\leq \displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_j^2$$
Si $S$ y $\{1,2,\dots,i-1\}$ son disjuntos, luego $a_j\leq a_i$ para todo $i\in S$. De esto:
$$\to a_1^{|S|}a_i^{|S|}\leq \displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_j^2\leq \displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_i^2=a_i^{2|S|}$$
$$\to a_1^{|S|}\leq a_i^{|S|}\leq a_1^{|S|}\to a_1=a_i$$
Luego claramente si $p\mid a_1\to p\mid a_i$.

Si $S$ y $\{1,2,\dots,i-1\}$ no son disjuntos, luego existe $1\leq k\leq i-1$ tal que $a_k\mid \displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_j$, y por hipótesis tenemos que $p\mid a_k\to p\mid \displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_j\dots(1)$.
De la igualdad tenemos:
$$\frac{a_1+a_i}{2}=\sqrt[|S|]{\displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_j}\to \frac{a_1+a_i}{2}=\displaystyle\prod_{j\in S}^{} a_j\times 2^{|S|}=(a_1+a_i)^{|S|}$$
Luego de $(1)$ tenemos que:
$$p\mid (a_1+a_i)^{|S|}\to p\mid a_1+a_i\to p\mid a_i$$
Luego la inducción esta completa.
Luego si existe un $p\mid a_1$ luego $p$ divide a todos, claramente podemos dividir a todos entre $p$ y la nueva lista de números seguirá satisfaciendo las condiciones (debido a que las medias siempre tienen grado 1), luego podemos hacer este proceso hasta que no exista dicho $p$, es decir $a'_1=1$ y al ser la secuencia decreciente, tendremos que $a'_1=a'_2=\dots=a'_n=1$, de esto viendo los pasos de división en reversa obtendremos que $a_1=a_2=\dots=a_n$ como queriamos.

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