OMEO 2018 N3 P3

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MateoCV

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OMEO 2018 N3 P3

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Para cada entero positivo $n$, sea $f(n)=n+\lfloor \sqrt n \rfloor$. Demostrar que para todo entero positivo $m$, la sucesión $m, f(m), f(f(m)), f(f(f(m))), \cdots$ contiene un cuadrado perfecto.

Nota: Para cualquier número real $x$, $\lfloor x \rfloor$ es el mayor número entero que es menor o igual a $x$. Por ejemplo: $\lfloor \pi \rfloor = 3$, $\lfloor 7,2 \rfloor = 7$, $\lfloor 18 \rfloor = 18$, etc. De esta forma, si empezamos la sucesión con $m=5$, los siguientes términos serían $f(5)=5+\lfloor \sqrt 5 \rfloor=5+2=7$, $f(7)=7+\lfloor \sqrt 7 \rfloor=7+2=9$, etc.
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$2^{82589933}-1$ es primo
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NPCPepe

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Re: OMEO 2018 N3 P3

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$f(m)=m+\lfloor{\sqrt{m}}\rfloor$
$m$ se puede representar de forma $k^2+a$ con $a$ y $k$ enteros no negativos y con $0<=a<2k+1$, entonces $f(m)=k^2+a+k$ ya que $k=\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor$ ya que $k$ es la raíz del mayor cuadrado perfecto menor a $m$
Caso 1: $a<=k$, $a+k<2k+1$
llamamos $f_2(m)$ a $f(f(m))$, $f_3(m)$ a $f(f(f(m)))$ ...
$f_2(k^2+a)=f(f(k^2+a))=f(k^2+a+k)=k^2+2k+a=(k+1)^2+a-1$, $a-1<=k+1$
$f_4(k^2+a)=f_2(f_2(k^2+a))=(k+2)^2+a-2$
por inducción: $f_{2i}(k^2+a)=(k+i)^2+a-i$
entonces para todo $m$ que se pueda representar como $k^2+a$ con $a<=k$, $f_{2a}(k^2+a)=(k+a)^2+a-a=(k+a)^2$, que es un término de la serie,
es cuadrado perfecto
Caso 2: $a>k$, $a+k>=2k+1$
$f(m)=k^2+a+k=(k^2+2k+1)+(a-k-1)=(k+1)^2+(a-k-1)=(k+1)^2+b$, $0<=a-k-1=b<k$
Como $b$ está en el rango de valores de $a$ del caso 1, se puede demostrar igual que en el caso 1 que:
Para todo $m$ que se pueda representar como $k^2+a$ con $a>k$, $f_{2b+1}(k^2+a)=f_{2b}(f(k^2+a))=f_{2b}((k+1)^2+b)=(k+1+b)^2+b-b=(k+1+b)^2$,
que es un término de la serie, es cuadrado perfecto
1  
$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$
Fedex

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Re: OMEO 2018 N3 P3

Mensaje sin leer por Fedex »

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Sea un número no-cuadrado en la sucesión donde $ \left \lfloor{\sqrt{n}}\right \rfloor = x_n$ y $n - (x_n)^2 = y_n$.
Luego $n = x_n^2 + y_n$ con $1 \leq y_n \leq 2x_n$
Ahora $f(n) = x_n^2 + x_n + y_n$
Como $x_n^2 < f(n) \leq x_n^2 + 3x_n < x_n^2 + 4x_n + 4 = (x_n+2)^2$
$x_{f(n)} = x_n$ (1) o $x_n+1$ (2)
Si (2) sucede:
$f(n) = x_n^2 + x_n + y_n \geq (x_n+1)^2 = x_n^2 + 2x_n + 1$
$y_n \geq x_n + 1$
Caso contrario ($y_n \leq x_n$) sucede (1).

(1) $f(f(n)) = (x_n+1)^2 + y_n - 1$
(2) $f(f(n)) = (x_n+1)^2 + y_n$

Como $y_n \geq 1$ concluimos que $y_{f(f(n))} \leq y_n$ y también $x_{f(f(n))} = x_n + 1$.
Supongamos que alistamos los $y_{f^k(n)}$ con $k \equiv 0 \; (2)$ y todos ellos son $\geq 1$
Como esta sucesión es infinita y cada termino es menor o igual al anterior existe $b$ tal que $y_{f^b(n)} = y_{f^a(n)}$ para todo $a \geq b$ pero esto solo sucede en (2), es decir:
$y_{f^b(n)} = y_{f^a(n)} \geq x_{f^a(n)} + 1 = x_{f^b(n)} + \frac{a-b}{2} + 1$
(Esto último porque $x_{f(f(n))} = x_n + 1$)
Pero podríamos tomar $a$ lo suficientemente grande como para que el lado derecho sea $> y_{f^b(n)}$ llegando a un absurdo.
Absurdo que vino de asumir que todos los números en esta lista eran $≠ 0$, por lo que hay algún $y_i = 0$ y en definitiva un cuadrado $i$ en la sucesión.
This homie really did 1 at P6 and dipped.
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