25-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Молдова, 2021 год

Для любого множества $A=\left\{x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}\right\}$, состоящего из пяти различных целых положительных чисел, обозначим через $S_{A}$ сумму его элементов, а через $T_{A}$ — количество троек $(i, j, k)$ с $1 \leqslant i < j < k \leqslant 5$, для которых $x_{i}+x_{j}+x_{k}$ делит $S_{A}$. Найдите наибольшее возможное значение $T_{A} .$

Комментарий/решение

Заметим, что сумма пары $x_m и x_n$, не содержащая $x_i,x_j и x_k$, делится на $x_i+x_k+x_k$. Пусть $x_1>x_2>x_3>x_4>x_5$, рассмотрим $4$ случая:

$1) x_1 и x_2$ входят в $x_i, x_j и x_k$, тогда $x_a+x_b$ делится на $x_1+x_2+x_c$, где $a, b, c \in (3,4,5)$, но $x_1+x_2+x_c>x_a+x_b$, противоречие

2) входит $x_1$, тогда $x_2+x_a$ делится на $x_1+x_b+x_c, \Rightarrow x_a=x_3$, сохраним этот вариант

3) входит $x_2$, тогда

$i) x_1+x_3$ делится на $x_2+x_4+x_5$

$ii) x_1+x_4$ делится на $x_2+x_3+x_5$

$iii) x_1+x_5$ делится на $x_2+x_4+x_3$

4) Не входят ни $x_1$, ни $x_2$, тогда $x_1+x_2$ делится на $x_3+x_4+x_5$

Заметим, что все 5 случаев не могут выполняться одновременно, так как, иначе, из 2) и 3): iii) получаем, что $x_2+x_3-x_4$ делится на $x_2+x_3+x_4$, противоречие.

Пример для 4: $x_1=494, x_2=4, x_3=3, x_4=2, x_5=1$

Поучаствовал на Олимпиаде и знаешь решение, а потом кидаешь его первым. Ля ты мышь. Деее қалжын ғой. 8 сынып болып (мен оны бүгінге дейін білмедім), респадан абсолют 5 жане юниорскийден 3орын алу үшін мықты болу керек, МАЛАДЕЦ

да, рахмет, маған мында пример жетіспей қалған(( JBMO-да сасқалақтап қалдым, келесісінде, надеюсь, жақсы жазатын шығармын.

аххахаха, орнул с коммента.

ну а так да, дамир красавчик, в след году на джбмо жду золото :D

Добавлю решение в лоб.

Получается,

$А = x_1+x_2+x_3+x_4+x_5$ делится на $B = x_a+x_b+x_c$.

Пусть $x_1<x_2...<x_5$

И

$x_a<x_b<x_c$.

Очевидно $10 \ge T_A$

Уберем очевидные случаи

c=5

b=4

-3 случая.

c=5

b=3

-2 случая. Теперь у нас два варианты:

$1)x_5 \ge x_3+x_4$

$2)x_5<x_3+x_4$

Заметим, что оба варианта убирают по одному случаю

$1)T_A=x_5+x_2+x_1$

$2)T_A=x_3+x_4+x_2$

В обеих случаях противоречие. Спасибо Дамиру за пример для 4.

P.s. везде там применено то, что минимальный делитель числа не равный ему меньше его половины

Вместо того чтобы долго находить пример это можно сделать быстро легко возьмем

$x_1=1$

$x_2=3$

$x_3=7$

$x_4=9$

Тогда

$x_5+1:19$

$x_5+3:17$

$x_5+7:13$

$x_5+9:11$

А по китайской теореме об остатках такой $x_5$ обязательно найдется