Kezdőlap


Feladat:	2009. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Janzer Olivér
Füzet:	2011/október, 386 - 387. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Esetvizsgálat, Számhalmazok, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2011/szeptember: 2009. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Janzer Olivér megoldása. Szimmetria miatt feltehetjük, hogy $a_{1} < a_{2} < a_{3} < a_{4}$ .
Először belátjuk, hogy $n_{A} \leq 4$ .
Mivel $a_{2} + a_{4} > a_{1} + a_{3}$ , tehát $a_{2} + a_{4} > \frac{1}{2} s_{A}$ , így nem lehet osztója $s_{A}$ -nak (hiszen $a_{2} + a_{4} < s_{A}$ ). Hasonlóan $a_{3} + a_{4} > a_{1} + a_{2}$ , tehát $a_{3} + a_{4} > \frac{1}{2} s_{A}$ , így ez sem lehet osztó.
Tehát csak az $(a_{1}, a_{2})$ , $(a_{1}, a_{3})$ , $(a_{1}, a_{4})$ , $(a_{2}, a_{3})$ párok jöhetnek szóba, azaz legfeljebb 4 pár. Nézzük meg, ennyi mikor lesz. Mivel $(a_{1} + a_{4})$ és $(a_{2} + a_{3})$ is osztó, azért $(a_{1} + a_{4}) \leq \frac{1}{2} s_{A}$ és $(a_{2} + a_{3}) \leq \frac{1}{2} s_{A}$ , így $(a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}) \leq s_{A}$ . Az egyenlőségnek kell teljesülni: $(a_{1} + a_{4}) = (a_{2} + a_{3}) = \frac{1}{2} s_{A}$ .
$(a_{1} + a_{3})$ is osztja $s_{A}$ -t, ezért $(a_{1} + a_{3}) \leq \frac{1}{3} s_{A}$ , hiszen ( $a_{1} + a_{3}) < (a_{2} + a_{3}) \leq \frac{1}{2} s_{A}$ . Tegyük fel, hogy $(a_{1} + a_{3}) \leq \frac{1}{4} s_{A}$ .

\begin{matrix} \frac{1}{4} s_{A} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} s_{A}) = \frac{1}{2} (a_{2} + a_{3}), \end{matrix}

így

\begin{matrix} a_{1} + a_{3} \leq \frac{1}{2} (a_{2} + a_{3}) \Rightarrow 2 a_{1} + 2 a_{3} \leq a_{2} + a_{3} \Rightarrow 2 a_{1} + a_{3} \leq a_{2}, \end{matrix}

ami

a_{3} > a_{2}

miatt ellentmondás. Így

\frac{1}{4} s_{A} < (a_{1} + a_{3}) \leq \frac{1}{3} s_{A}

, tehát

(a_{1} + a_{3}) = \frac{1}{3} s_{A}

.
Mivel

a_{1} + a_{4} = a_{2} + a_{3}

a_{4} = a_{2} + a_{3} - a_{1}

\begin{matrix} a_{1} + a_{3} & = \frac{1}{3} s_{A} = \frac{1}{3} (a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}) = \frac{1}{3} (a_{1} + a_{2} + a_{3} + (a_{2} + a_{3} - a_{1})) = \\ = \frac{1}{3} (2 a_{2} + 2 a_{3}) . \end{matrix}

Így

3 a_{1} + 3 a_{3} = 2 a_{2} + 2 a_{3}

, tehát

a_{3} = 2 a_{2} - 3 a_{1}

\begin{matrix} a_{4} = a_{2} + a_{3} - a_{1} = a_{2} + (2 a_{2} - 3 a_{1}) - a_{1} = 3 a_{2} - 4 a_{1} . \end{matrix}

(a_{1} + a_{2})

is osztója

s_{A}

-nak, de

(a_{1} + a_{2}) < (a_{1} + a_{3}) = \frac{1}{3} s_{A}

, tehát

(a_{1} + a_{2}) \leq \frac{1}{4} s_{A}

. Tegyük fel, hogy

(a_{1} + a_{2}) \leq \frac{1}{6} s_{A}

. Ekkor

\begin{matrix} (a_{1} + a_{2}) \leq \frac{1}{6} (a_{1} + a_{2} + (2 a_{2} - 3 a_{1}) + (3 a_{2} - 4 a_{1})) = \frac{1}{6} (6 a_{2} - 6 a_{1}) = a_{2} - a_{1}, \end{matrix}

amiből

2 a_{1} \leq 0

, ami

a_{1}

pozitív volta miatt ellentmondás.
Tehát

\frac{1}{6} s_{A} < (a_{1} + a_{2}) \leq \frac{1}{4} s_{A}

, így két eset maradt:
1)

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} = \frac{1}{4} s_{A} = \frac{1}{4} (a_{1} + a_{2} + (2 a_{2} - 3 a_{1}) + (3 a_{2} - 4 a_{1})) = \frac{1}{4} (6 a_{2} - 6 a_{1}) . \end{matrix}

Így

4 a_{1} + 4 a_{2} = 6 a_{2} - 6 a_{1}

, tehát

10 a_{1} = 2 a_{2}

, azaz

a_{2} = 5 a_{1}

. Ekkor

a_{3} = 2 a_{2} - 3 a_{1} = 7 a_{1}

a_{4} = 3 a_{2} - 4 a_{1} = 11 a_{1}

. Ezek valóban jók, ha

a_{1}

pozitív egész, hiszen

s_{A} = 24 a_{1}

, és

a_{1} + a_{2} = 6 a_{1}

a_{1} + a_{3} = 8 a_{1}

a_{1} + a_{4} = 12 a_{1}

a_{2} + a_{3} = 12 a_{1}

, amik valóban osztók.
2)

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} = \frac{1}{5} s_{A} = \frac{1}{5} (6 a_{2} - 6 a_{1}), 5 a_{1} + 5 a_{2} = 6 a_{2} - 6 a_{1}, \end{matrix}

a_{2} = 11 a_{1}

a_{3} = 19 a_{1}

a_{4} = 29 a_{1}

. Így

s_{A} = 60 a_{1}

és

a_{1} + a_{2} = 12 a_{1}

a_{1} + a_{3} = 20 a_{1}

a_{1} + a_{4} = 30 a_{1}

a_{2} + a_{3} = 30 a_{1}

, amik valóban osztók.
Tehát az olyan

A

halmazok a megfelelők, ahol

A = {a,5 a,7 a,11 a}

vagy

A = {a,11 a,19 a,29 a}

és

a

pozitív egész.