Finale gara a squadre Cesenatico 2010

[ghiroz]

Provando a fare qualche esercizio della finale per le squadre di Cesenatico 2010, mi sono imbattuto in un problema che non sono riuscito a fare.

E' il numero 17, il testo è questo :

Jack e il suo equipaggio sono prigionieri nello scrigno di Davy Jensen, le acque mistiche oltre il Perimetro del
Mondo. Al tramonto Capitan Disparrow capisce come tornare nel mondo dei vivi: occorre rovesciare la nave in modo
che navighi sottosopra, e contemporaneamente occorre trovare tre interi positivi a, b, c, tali che a+b+c = 2010 e
che si possano rovesciare anche loro, ottenendo che $ \frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c} =\frac{1}{58} $ . Mentre con un verde baleno i p-rati tornano nel mondo dei vivi, rispondere il minimo comune multiplo dei tre interi.

Ho trovato che:

Testo nascosto:

$ a = 2010 -\frac{b(b+58)}{b-58} , b = 2010 -\frac{c(c+58)}{c-58}, c = 2010 -\frac{a(a+58)}{a-58} $
Sì è vero, non ho fatto un granché

Qualcuno saprebbe dirmi come risolverlo, o magari darmi qualche hint?

EDIT
Scusate, avevo sbagliato a scrivere il problema.

[spugna]

Non ho capito una cosa: se $a,b$ e $c$ sono interi e positivi, i loro inversi sono minori di $1$, perciò si avrebbe $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}<3 $. Per caso ho letto male il testo? Se sì mi scuso in anticipo...

[Valenash]

hai ragione, infatti l'ha scritto male, stavo proprio controllando che la condizione (se non ricordo male) è $ \frac {1}{a} + \frac {1}{b} + \frac {1}{c} = \frac {1}{58}$..

[spugna]

Io l'ho risolto così:
Poniamo $a+b=x_1$ (da cui $c=2010-x_1$), $ab=y_1$ e $d_1=1952-x_1$ e riscriviamo la seconda ipotesi in questo modo:
$\dfrac{x_1}{y_1}+\dfrac{1}{2010-x_1}=\dfrac{1}{58}$, che diventa $y_1=\dfrac{58x_1(2010-x_1)}{1952-x_1}=\dfrac{58x_1(2010-x_1)}{d_1}$
Notiamo che affinchè $y_1$ sia naturale, $d_1$ deve essere un divisore positivo di $2^7 \cdot 29^2 \cdot 61$ (i calcoli sono qui sotto)

Testo nascosto:

$\dfrac{58x_1(2010-x_1)}{1952-x_1}=\dfrac{58(1952-x_1)(x_1-58)+1952 \cdot 58^2}{1952-x_1}=58(x_1-58)+\dfrac{2^7 \cdot 29^2 \cdot 61}{d_1}$

Detto $D$ l'insieme dei possibili valori di $d_1$, ricordando che $0<d_1<1952$, si avrà
$D=\{1,2,4,8,16,29,32,58,61,64,116,122,128,232,244,464,488,841,928,976,1682,1769\}$
Se ora poniamo $a+c=x_2$ e $b+c=x_3$ e definiamo analogamente $d_2$ e $d_3$, anche questi ultimi devono appartenere a $D$: inoltre $d_1+d_2+d_3=3 \cdot 1952-(x_1+x_2+x_3)=5856-2(a+b+c)=1836$. Con un po' di pazienza troviamo che questi tre numeri sono $32,122$ e $1682$, da cui ricaviamo che $a,b$ e $c$ valgono $90,180$ e $1740$ e il loro m.c.m. è $5220$

[Sonner]

Un modo forse più veloce.
Da $ 58(ab+bc+ac)=abc $ posso porre $ a=29k $, da cui sostituendo ho due casi: $ 29|b $ che si esclude abbastanza in fretta oppure $ k\equiv 2 \pmod{29} $, quindi $ a=841q+58 $ e a questo punto basta provare a=899 e a=1740 e risolvere il sistema.

[ghiroz]

Grazie!