Selectivo de IMO 2018 - Problema 5

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Matías V5

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Selectivo de IMO 2018 - Problema 5

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Consideramos la sucesión $a_1,a_2,\ldots$ definida por$$a_n=\displaystyle \frac 1n\left (\left \lfloor \frac n1 \right \rfloor +\left \lfloor \frac n2\right \rfloor +\ldots +\left \lfloor \frac nn\right \rfloor \right )$$para todo entero $n\geq 1$.
a) Demostrar que $a_{n+1}>a_n$ para infinitos valores de $n$.
b) Determinar si $a_{n+1}<a_n$ para infinitos valores de $n$.

Aclaración. $\lfloor x\rfloor$ denota la parte entera del número $x$.
We gave you a start so you'd know what to do
You've seen how it works, now it's over to you (...)
For there's so much more to explore!

Numberblocks - https://www.youtube.com/watch?v=SoRiOoqao5Y
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enigma1234

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 5

Mensaje sin leer por enigma1234 »

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Solución:
20180505_120829-1.jpg
20180505_120846-1.jpg
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Joacoini

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 5

Mensaje sin leer por Joacoini »

Inciso B
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Sea $S_n$ lo que esta entre paréntesis en el enunciado, si $j$ tiene $d$ divisores $S_j=S_{j-1}+d$ y como cada número mayor a $1$ tiene al menos 2 divisores $S_n\geq S_{n-1}+2$ (1).
$S_6>2\times 6$, por eso y (1) si $k$ es un natural mayor a $6$, $S_k>2k$
Sea $p$ un primo mayor a 6 (los cuales son infinitos), como solo tiene $2$ divisores $S_{p}=S_{p-1}+2$
$a_{p-1}=\frac{S_{p-1}}{p-1}$ y $a_{p}=\frac{S_{p-1}+2}{p}$
Como $p$ es mayor a $6$.
$S_p>2p$
Restamos $S_p$ en ambos lados.
$0>2p-S_p$
Sumamos $S_{p-1}p$ en ambos lados
$S_{p-1}p>S_{p-1}p+2p-S_p=S_{p-1}p+2p-S_{p-1}-2=(S_{p-1}+2)(p-1)$
Y terminamos dividiendo ambos lados por $p(p-1)$
$a_{p-1}=\frac{S_{p-1}}{p-1}>\frac{S_{p-1}+2}{p}=a_{p}$
NO HAY ANÁLISIS.
Nowhereman

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 5

Mensaje sin leer por Nowhereman »

enigma1234 escribió: Sab 05 May, 2018 11:59 am
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Solución:20180505_120829-1.jpg
20180505_120846-1.jpg
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Me parece que no esta permitido usar limites en OMA
tuvie

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 5

Mensaje sin leer por tuvie »

Nowhereman escribió: Sab 26 May, 2018 11:58 am
enigma1234 escribió: Sab 05 May, 2018 11:59 am
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Solución:20180505_120829-1.jpg
20180505_120846-1.jpg
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Me parece que no esta permitido usar limites en OMA
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Que use límite es algo anecdótico, fijate que lo único que necesita es que exista $n$ tal que $1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n}>c$. Eso es algo que se puede pensar y sale sin nada.

Más allá de eso, en mi opinión, es perfectamente válido usar limite. Lo que sí creo, es que cuando uno usa este tipo de cosas (como “matar a cuentas” un problema de geomtría, con complejos por ejemplo) quizás los jurados son más puntillosos con la corrección de la solución.
FabriATK

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Re: Selectivo de IMO 2018 - Problema 5

Mensaje sin leer por FabriATK »

No sé, me pareció re mágico:
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Sea $S_n = \left \lfloor \frac n1 \right \rfloor +\left \lfloor \frac n2\right \rfloor +\ldots +\left \lfloor \frac nn\right \rfloor $

Y observemos que, para todo $1 \leq i \leq n$, pasa que:
Si $i \nmid n+1 \Rightarrow \left \lfloor \frac {n+1}i \right \rfloor = \left \lfloor \frac ni \right \rfloor$

Si $i \mid n+1 \Rightarrow \left \lfloor \frac {n+1}i \right \rfloor = \left \lfloor \frac ni \right \rfloor + 1$

Sea $d(n)$ la cantidad de divisores positivos de $n$.
Por lo que dijimos antes(además de que se agrega el término $\left \lfloor \frac {n+1}{n+1} \right \rfloor $) tenemos que:
$S_{n+1} = S_n + d(n)$

Y como $S_1 = 1 = d(1)$ tenemos que:
$S_n = d(1) + d(2) +...+ d(n)$

Y con esto vamos a resolver los dos incisos:

Parte a):
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Queremos que $a_{n+1} > a_n$ para infinitos $n$

$\frac{d(1) + d(2)+...+d(n+1)}{n+1} > \frac{d(1) + d(2)+...+d(n)}{n}$

$(d(1) + d(2)+...+d(n+1))\times n > (d(1) + d(2)+...+d(n))\times (n+1)$

$n\times d(n+1) > d(1) + d(2)+...+d(n)$

$d(n+1) > \frac{d(1) + d(2)+...+d(n)}{n}$

Es decir que la cantidad de divisores de $n+1$ debe ser mayor al promedio de la cantidad de divisores de los números desde $1$ hasta $n$.
Sabemos que $d(n)$ no está acotada:
Spoiler: mostrar
Si $n = p_1^{x_1} \times p_2^{x_2}\times...\times p_k^{x_k} \Rightarrow d(n) = (x_1 + 1)\times (x_2+1)\times ... \times (x_k +1)$
Y si estuviese acotada, tomamos $q$ tal que $d(q)$ es máximo y $p$ primo tal que $p \nmid q$ y obtendremos que:
$d(p\times q) = d(q) \times 2 > d(q)$ absurdo.

y como no está acotada, podemos hacer lo siguiente:
Vamos a recorrer los enteros en orden de menor a mayor, uno por uno, desde el $1$ en adelante.
Como $d()$ no está acotada, habrán infinitos $k$ que cumplen que $d(k) > d(1), d(2),...,d(k-1)$
Es decir que para todos esos $k$ se cumple que $d(k) > \frac{d(1) + d(2)+...+d(k-1)}{k-1} \Rightarrow a_k > a_{k-1}$
Y estamos.
Parte b):
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Similar a la primer parte:
$a_{n+1} < a_n$ para infinitos $n$

$\frac{d(1) + d(2)+...+d(n+1)}{n+1} < \frac{d(1) + d(2)+...+d(n)}{n}$

$(d(1) + d(2)+...+d(n+1))\times n < (d(1) + d(2)+...+d(n))\times (n+1)$

$n\times d(n+1) < d(1) + d(2)+...+d(n)$

$d(n+1) < \frac{d(1) + d(2)+...+d(n)}{n}$

Es decir que la cantidad de divisores de $n+1$ debe ser menor al promedio de la cantidad de divisores de los números desde $1$ hasta $n$.
Sea $p$ cualquier primo.
Por definición, $d(p) = 2$
y necesitamos que
$2 < \frac{d(1) + d(2)+...+d(n)}{n}$

El único entero positivo que cumple que $d(k) < 2$ es $k = 1$
Pero veamos que
$\frac{d(1) + d(2) + d(3) +...+ d(6)}{6} > 2$
Y siempre que agreguemos un término más a la suma, este término será al menos $2$, así que el promedio nunca va a igualar ni bajar de $2$

Así que para todo primo $p >6$ se cumple que
$d(p) < \frac{d(1) + d(2)+...+d(p)}{p}$
$\Rightarrow a_p < a_{p-1}$
y estamos.
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