Bài 1. Cho tập hợp A = {\rm{\{ }}{{\rm{a}}_1}{\rm{,}}{{\rm{a}}_2}{\rm{,}}{{\rm{a}}_3}{\rm{,}}{{\rm{a}}_4}{\rm{\} }} gồm bốn số nguyên dương phân biệt, ta ký hiệu tổng {{\rm{a}}_1}{\rm{ + }}{{\rm{a}}_2}{\rm{ + }}{{\rm{a}}_3}{\rm{ + }}{{\rm{a}}_4} bởi {s_A}. Giả sử {n_A} là số các cặp (i,j) với 1 \le i < j \le 4 sao cho {a_i} + {a_j} chia hết {s_A}. Tìm tất cả các tập hợp A gồm bốn số nguyên dương phân biệt mà với chúng {n_A} đạt được giá trị lớn nhất có thể.

Lời giải.

Không mất tổng quát giả sử {a_1} < {a_2} < {a_3} < {a_4} , khi ấy {a_3}+ {a_4} không thể là ước của {a_1}+ {a_2}{a_2}+ {a_4} không thể là ước của {a_1}+ {a_3} nên n_A\leq 4.

Do đó {a_1}+ {a_4}={a_2}+ {a_3}  và {a_3}+ {a_4}=k({a_1}+ {a_2}), {a_2}+ {a_4}=m({a_1}+ {a_3}).

Suy ra m({a_1}+ {a_3})=2a_2+a_3-a_1\Rightarrow (m+1)a_1+(m-1)a_3=2a_2<2a_3\Rightarrow m=2.

Hay a_3=2a_2-3a_1.

Lại có k({a_1}+ {a_2})=2a_3+a_2-a_1=5a_2-7a_1\Rightarrow (k+7)a_1=(5-k)a_2\Rightarrow k<5.

Hơn nữa k({a_1}+ {a_2})>a_1+a_2 suy ra k>1.

Với  k=4 thì A=\{a,11a,19a,29a:\ a>0\}

Với k=3 thì A=\{a,5a,7a,11a:\ a>0\}

Với k=2 thì 2(a_1+a_2)=5a_2-7a_1\Rightarrow a_2=3a_1, a_3=3a_1 mâu thuẫn.\blacksquare

Advertisements