IMO 2014 Problema 1

[Matías V5]

Sea $a_0<a_1<a_2<\ldots$ una sucesión infinita de números enteros positivos. Demuestre que existe un único entero $n\geq 1$ tal que$$a_n<\frac{a_0+a_1+\cdots +a_n}{n}\leq a_{n+1}.$$

[Matías V5]

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Llamamos [math]b_n = \frac{a_0+a_1+ \cdots + a_n}{n}, y sea [math]Q(n) la propiedad [math]b_n \leq a_{n+1}.
En primer lugar vamos a probar que existe al menos un [math]n \geq 1 tal que [math]Q(n) es verdadera. Supongamos lo contrario, es decir que [math]a_{n+1} < b_n para todo [math]n \geq 1. Vamos a probar por inducción que entonces [math]a_{n+1} < a_0+a_1 para todo [math]n \geq 1, lo cual es un claro absurdo pues [math](a_n) es una sucesión estrictamente creciente de enteros positivos. Para [math]n=1 esto es cierto pues por hipótesis [math]a_2 < b_1 = a_0+a_1. Supongamos que vale para todo [math]k < n, entonces [math]b_n = \frac{(a_0+a_1)+a_2+ \ldots + a_n}{n} < \frac{(a_0+a_1)+(n-1)(a_0+a_1)}{n} = a_0+a_1. Como estamos suponiendo que [math]a_{n+1} < b_n, obtenemos [math]a_{n+1} < a_0 + a_1, como queríamos.
En segundo lugar, probaremos que [math]Q(n) \Rightarrow Q(n+1). En efecto, [math]b_{n+1} = \frac{nb_n + a_{n+1}}{n+1}. Si [math]b_n \leq a_{n+1}, lo anterior es menor o igual que [math]a_{n+1}, que a su vez es menor que [math]a_{n+2}. Entonces la implicación es cierta.
Ahora, tomemos el mínimo [math]n tal que [math]Q(n) es verdadera. Por lo probado antes, todos los números mayores también cumplen esta propiedad. Vamos a probar que este es el [math]n buscado. Para ello tenemos que ver que se cumple que [math]a_n < b_n, y que este es el único número que satisface simultáneamente las dos desigualdades.
Si [math]n=1 entonces [math]b_1 = a_0+a_1 > a_1. Supongamos ahora [math]n>1. Por la minimalidad de [math]n sabemos que [math]b_{n-1} > a_n. Entonces [math]b_n = \frac{(n-1)b_{n-1} + a_n}{n} > \frac{(n-1)a_n + a_n}{n} = a_n, como queríamos ver.
Por último, supongamos que hay otro número [math]m tal que [math]a_m < b_m \leq a_{m+1}. La minimalidad de [math]n garantiza que [math]m > n. Restando [math]\frac{a_m}{m} en ambos miembros de la desigualdad [math]a_m < b_m obtenemos [math]\frac{m-1}{m} a_m < \frac{a_0+a_1+ \ldots + a_{m-1}}{m}, lo cual equivale a que [math]a_m < b_{m-1}, es decir que [math]Q(m-1) es falsa. Esto no puede ser, porque sabíamos que la propiedad [math]Q era verdadera para todos los números mayores o iguales que [math]n.
Esto completa la solución. [math]\blacksquare

[Fran5]

Misma cuestion, pero en racionales ([math]a_i \in \mathbb{Q} , \forall i \geq 0)

Determinar si existe exactamente un unico [math]n tal que

[math]a_n < \frac{a_0+a_1+ \cdots + a_n}{n} \leq a_{n+1}.

[Fran5]

BTW, mi solución

Solución larga

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Primero, veamos que si se cumple, se cumple una sola vez.

Sea [math]m el menor subíndice tal que [math]a_m < \frac{a_0+a_1+ ... + a_m}{m} \leq a_{m+1}.
Veamos que para [math]m+1 se tiene

[math]\frac{a_0+a_1+ ... + a_m}{m} \leq a_{m+1} \Rightarrow a_0+a_1+ ... + a_m \leq ma_{m+1} \Rightarrow

[math]\Rightarrow a_0+a_1+ ... + a_{m+1} \leq (m+1)a_{m+1} \Rightarrow a_{m+1} \geq \frac{a_0+a_1+ ... + a_{m+1}}{m+1} \leq a_{m+2}

Y del mismo modo para cualquier [math]k \geq m+1

Luego, se cumple sólo para [math]m

Veamos ahora que se cumple al menos una vez

Supongamos que no, entonces tenemos que

[math]a_1 < a_0+a_1 > a_2

Entonces, por inducción

[math]a_{k} < \frac{a_0+a_1+ ... + a_{k}}{k} > a_{k+1} \Rightarrow ka_{k} < a_0+a_1+ ... + a_k > ka_{k+1} \Rightarrow

[math]\Rightarrow (k+1)a_{k+1} < a_0+a_1+ ... + a_{k+1} \Rightarrow a_{k+1} < \frac{a_0+a_1+ ... + a_{k+1}}{k+1} > a_{k+2}

Pero veamos que para [math]N suficientemente grande, se tiene que [math]\frac{a_0+a_1+ ... + a_N}{N} < a_{N+1}

En efecto, para [math]N>a_0 se tiene que [math]\frac{a_0+a_1+ ... + a_N}{N} < 1 + \frac{a_1+ ... + a_N}{N} < 1 + \frac{Na_N}{N} \leq a_{N+1}

(Pues los [math]a_i son enteros)

De esto, se tiene una contradicción al haber supuesto que no se cumplía la condición del enunciado.

Por lo tanto, La condición se cumple exactamente una vez, como queriamos ver.

Solución corta

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Sea [math]d_n= a_0+a_1+ ... + a_{n} - na_{n}
Se tiene que [math]d_{n+1} = d_n+a_{n+1}+na_n-(n+1)a_{n+1}=d_n - n(a_{n+1}-a_n)< d_n

La condicion se traduce en demostrar que existe un único [math]n tal que

[math]d_n > 0 \geq d_{n+1}

Lo cual es trivialmente cierto

[Sandy]

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Primero veremos que existe dicho $n$, y después que es único.
Supongamos que no existe dicho $n$ y llegaremos a un absurdo.
Es claro que $a_1<\frac{a_0+a_1}{1}$, luego $a_2<a_0+a_1$
Veamos que $a_k(k-1)<\sum_{i=0}^{k-1} a_i$ implica que $a_{k+1}(k)<\sum_{i=0}^{k} a_i$, luego usando que $a_2<a_0+a_1$ como caso base tendríamos que $a_k(k-1)<\sum_{i=0}^{k-1} a_i$ para todo $k\geq 1$ (el caso $k=1$ cumple trivialmente).

Sumando $a_k$ de ambos lados: $a_kk<\sum_{i=0}^{k} a_i\Longrightarrow a_k<\frac{\sum_{i=0}^{k} a_i}{k}$. Luego no puede pasar que $\frac{\sum_{i=0}^{k} a_i}{k}\leq a_{k+1}$, por lo que $\frac{\sum_{i=0}^{k} a_i}{k}> a_{k+1}$, lo que completa la inducción.

Es claro que la existen $a_k$ arbitrariamente grandes, luego sea $r$ un entero tal que $a_r>a_0+a_1$.
$a_r(r-1)<\sum_{i=0}^{r-1} a_i<\sum_{i=2}^{r} a_i<\sum_{i=2}^{r} a_r=(r-1)a_r$, lo cual es un absurdo.

Luego existe $n$ tal que $a_n<\frac{\sum_{i=0}^{n} a_i}{n}\leq a_{n+1}$
Luego $\sum_{i=0}^{n} a_i\leq a_{n+1}n$.
Sumando $a_{n+1}$ de ambos lados: $\sum_{i=0}^{n+1} a_i\leq a_{n+1}(n+1)$.
Veremos que $\sum_{i=0}^{c} a_i\leq a_{c}c$ implica $\sum_{i=0}^{c+1} a_i\leq a_{c+1}(c+1)$, y usando como caso base que $\sum_{i=0}^{n+1} a_i\leq a_{n+1}(n+1)$, tendríamos que para todo $j\geq n+1$, $\sum_{i=0}^{j} a_i\leq a_{j}j$, quedando que $n$ es único como queríamos.
$\sum_{i=0}^{c} a_i\leq a_{c}c\leq a_{c+1}c$
Sumando $a_{c+1}$ de ambos lados, queda que $\sum_{i=0}^{c+1} a_i\leq a_{c+1}(c+1)$ completando la inducción, y así completando la demostración.