Maratón de Problemas

[Emerson Soriano]

Solución al Problema 384.

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No es difícil verificar que las parejas $(1, 1)$, $(1, 2)$ y $(2, 1)$ satisfacen. Supongamos ahora que existe una pareja $(a, b)$ distinta de las mencionadas que satisface las condiciones del problema, entonces $a$ y $b$ son distintos, de lo contrario se tendría que $a=b=1$.

Es evidente que $a$ y $b$ son coprimos, luego, como $a\mid b^4+1$ y $b\mid a^4+1$, entonces $ab\mid (a-b)^4+1$, por lo cual el siguiente número es un entero positivo:
$$k=\frac{(a-b)^4+1}{ab}.$$
De la tercera condición sabemos que existe un entero positivo $n$ tal que $\left \lfloor \sqrt{a} \right \rfloor=\left \lfloor \sqrt{b} \right \rfloor=n$. Por lo tanto, $a$ y $b$ pertenecen al intervalo $\left [ n^{2}, n^{2}+2n \right ]$. Luego, tenemos que
$$(a-b)^2+1\leq (2n)^4+1=16n^4+1 \hspace{0.52cm}\text{y}\hspace{0.52cm} ab\geq n^2\cdot (n^2+1)\geq n^4+1.$$
Por lo tanto,
$$k=\frac{(a-b)^4+1}{ab}\leq \frac{16n^4+1}{n^4+1}\leq 16.$$
Si $k$ es par, entonces $ab$ es par, pero como los números $a$ y $b$ son coprimos, deben tener diferente paridad y $4\mid (a-b)^4+1$, lo cual es absurdo porque $(a-b)^4+1\equiv 2\pmod 4$. Por lo tanto, $k$ es impar.

Supongamos que $k>1$ y sin pérdida de generalidad que $a>b$, y sea $p$ un factor primo impar de $k$, entonces $(a-b)^4\equiv -1\pmod p$. Si $d=ord_p(a-b)$, entonces $d\mid 8$, de donde tenemos que $d=1$, $2$, $4$ o $8$. Claramente $d$ no puede ser $1$, $2$ ni $4$, por lo cual tenemos que $d=8$. Como $d\mid p-1$, concluimos que $p\equiv 1\pmod 8$. Por lo tanto, todos los factores primos impares de $k$ son congruentes con $1$ en el módulo $8$, lo cual significa que cada factor primo impar de $k$ es al menos $17$, y por lo tanto $k\geq 17$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $k=1$ y $ab=(a-b)^4+1$.

Hacemos $a=b+d$, con $d>0$. Luego, tenemos que $b(b+d)=d^4+1$, que es lo mismo que
$$b^2-bd-(d^4+1)=0.$$
La discriminante de la función $f(t)=x^2-dx-(d^4+1)$ es cuadrado perfecto, es decir, $d^2+4(d^4+1)=4d^4+d^2+4$ es un cuadrado perfecto.

Si $d=1$, entonces $a=2$ y $b=1$, pero ya dijimos que $(a, b)$ no es igual a las parejas mencionadas al inicio. Por lo tanto, $d\geq 2$ y tenemos que
$$(2d^2)^2<4d^4+d^2+4<4d^4+4d^2+1=(2d^2+1)^2,$$
contradiciendo que $4d^4+d^2+4$ es un cuadrado perfecto.

Concluimos que $(1, 1)$, $(1, 2)$ y $(2, 1)$ son las únicas parejas que satisfacen.

[Emerson Soriano]

Problema 385.
Sean $a_1$, $a_2$, ... , $a_{100}$ enteros positivos distintos dos a dos. Para cada índice $i$, con $1\leq i\leq 100$, definamos por $b_i$ a la suma de $a_i$ y el máximo común divisor de los $99$ números restantes. Determine la menor cantidad de números diferentes que puede haber entre los números $b_1$, $b_2$, ... , $b_{100}$.

[BrunZo]

Estuvo mucho tiempo así que tiro una idea que tuve y si a alguien se le ocurre cómo terminarlo, que lo termine

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No puede haber tres $b_i$ con el mismo valor.
Supongamos que $b_x=b_y=b_z$, es decir, $a_x+d_x=a_y+d_y=a_z+d_z$ donde $d_i$ representa el mcd de todos los $a_j$ con $j\neq i$.
Luego $a_y-a_z=d_z-d_y$. Por definición, $d_x\mid a_y-a_z$.
Así se obtiene que cada uno de $d_x$, $d_y$, $d_z$ divide a la diferencia (positiva, porque se puede cambiar el signo) de los otros dos. Luego, si $D$ es el mayor de ellos, $D$ divide a la diferencia positiva de dos números menores que $D$, que a su vez es menor que $D$ . Como son positivos, esto es absurdo a menos que la diferencia sea $0$, es decir $d_y=d_z$ (u otras dos letras cualesquiera). Pero así, necesariamente $a_y=a_z$ que contradice el enunciado.
Esto prueba lo deseado.

En ppio, esto implica que hay a lo sumo $50$ números diferentes (si hubiera $49$ por Palomar, tres serían iguales).

[sebach]

Asumo lo que dijo @BrunZo en el comentario de arriba, que básicamente dice que

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no puede haber un valor que se repita más de $2$ veces en la lista de los $b_i$

Comentario de cómo empecé el camino hacia mi solución:

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Quise formar $50$ parejas, luego de la observación de BrunZo, y empecé pensando "bueno, quiero un $b$ que escriba como suma de dos parejas distintas que van ser los $a$ y los divisores de los demás números. $15 = 12 + 3 = 10 + 5$, pero claro si $5$ es el divisor no divide ni a $3$ ni a $12$, y lo mismo si $10$ es el divisor. Bueno, que se sumen los mismos números, es decir $15 = 10 + 5 = 5 + 10$, y en una $10$ es el divisor y en la otra $5$. Cómo hago para que eso ocurra? Pongo a todos los otros múltiplos de $10$. Bueno, ahora reduje el caso a tener $98$ números y querer aparearlos. Ah pero tengo la restricción de que sean todos múltiplos de $10$." Y ahí vi que todos los otros valores $d$, los divisores, iban a ser $5$ necesariamente si son todos múltiplos de $10$ y ya tengo un $a$ que vale $5$. Entonces pensé la hipótesis de que no pudiera haber dos valores $b$ que se repiten dos veces. Si eso era así ya estaba, porque habrá a lo sumo una repetición y todo el resto distintos.

Solución al problema 385:

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Supongamos que existen dos parejas $(w, x), (y, z)$ tales que $a_w + d_w = b_w = b_x = a_x + d_x$ y $a_y + d_y = b_y = b_z = a_z + d_z$.

Entonces como $d_x | a_y, d_x | a_z \Rightarrow d_x | a_y - a_z = d_z - d_y$.
Análogamente, $d_w | d_z - d_y$.
$d_y | d_w - d_x$.
$d_z | d_w - d_x$.

Para que sea más fácil de entender la situación, renombro las variables y tenemos 4 números enteros positivos tales que:
$A | C - D$
$B | C - D$
$C | A - B$
$D | A - B$
Asumo que $A \geq B$ y $C \geq D$, si no podríamos dar vuelta los números.

$C | A - B \Rightarrow C \leq A - B < A$, pero $A | C - D \Rightarrow A \leq C - D < C$.
Esto es un absurdo, luego no puede haber dos parejas como las mencionados al principio.


Entonces, o bien no hay parejas de valores $b_i, b_j$ iguales, que nos da una situación con los $100$ números distintos, o bien hay exactamente una pareja $b_i = b_j$ y luego todos los demás números son distintos entre sí y a $b_i$, habiendo $99$ números distintos.
Si encontramos una situación del segundo caso, ganamos.

Una posibilidad es que $a_1 = 5, a_2 = 10, a_3 = 30, a_4 = 40 , ..., a_{100} = 1000$, dado que así $b_1 = a_1 + 10 = 15 = a_2 + 5 = b_2$, y luego $b_3 = 35, b_4 = 45, ..., b_{100} = 1005$.

No me siento confiado creo, ahora, para proponer un problema acorde al nivel (no quiero que sea demasiado fácil pero por miedo a eso tampoco quiero ponerme a buscar uno y que sea demasiado difícil), @BrunZo te proponés uno?

[BrunZo]

Okey
Va
Problema 386: Quince amigos quieren repartirse una naranja con forma esférica. Para hacerlo, solo disponen de 4 cortes planares. ¿Es posible cortarla de forma tal que cada amigo coma el mismo volumen de naranja?

Nota: No es posible reacomodar los pedazos antes de hacer los 4 cortes.

[ErikaWheeler]

Cortaré 3 cortes verticales y 1 corte horizontal para partir la naranja