Nacional 2009 - P6 N3

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BrunZo

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Nacional 2009 - P6 N3

Mensaje sin leer por BrunZo » Dom 08 Sep, 2019 6:30 pm

Una sucesión $a_0, a_1, a_2,..., a_n$ es tal que $a_0=1$ y, para cada $n\geq 0$, $a_{n+1}=m\cdot a_n$, donde $m$ es un entero entre $2$ y $9$ inclusive. Además, cada entero entre $2$ y $9$ inclusive se ha usado al menos una vez para obtener $a_{n+1}$ a partir de $a_n$. Sea $S_n$ la suma de los dígitos de $a_n$, $n = 0, 1, 2,...$. Demostrar que $S_n\geq S_{n+1}$ para infinitos valores de $n$.
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Joacoini

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Re: Nacional 2009 - P6 N3

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 19 Oct, 2019 1:48 pm

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Supongamos que hay finitos, entonces existe $k$ tal que cada entero entre $2$ y $9$ inclusive ya se ha usado al menos una vez para obtener $a_{n+1}$ a partir de $a_n$ y $S_{n}<S_{n+1}$ para todo $n\geq k$.

Como $9$ ya se ha usado para obtener $a_{n+1}$ a partir de $a_n$, tenemos que $9\mid a_n$ para todo $n\geq k$ por lo tanto $9\mid S_n$ y como $S_{n}<S_{n+1}$ tenemos que $S_{n}+9\leq S_{n+1}$ por lo que si $S_k=s\Rightarrow S_{k+i}\geq 9\times i+s$.

Si $d(n)$ es la cantidad de dígitos de $n$, un número de $q$ dígitos tiene que la suma de sus dígitos es como mucho $9\times q$, ya que $ S_{k+i}\geq 9\times i+s$ tenemos que $d(a_{k+i})\geq i+1$.

Como $9^n\geq a_n$, ya que desde el principio podríamos multiplicar siempre por $9$ para generar la secuencia, $d(9^{k+i})\geq d(a_{k+i})\geq i+1$


Lema:
Para todo natural $j$ existe un natural $t$ tal que $10^{n-j}>9^n$ para todo $n\geq t$

Demostración:
Como $\frac{10}{9}>1$ tenemos que $(\frac{10}{9})^t$ crece tanto como queramos, tomamos $t$ tal que $(\frac{10}{9})^t>10^j\Rightarrow 10^{t-j}>9^t$ y multiplicando un lado por $10$ y el otro por $9$ todas las veces que queramos tenemos que pasa para todo $n\geq k$

Usando el lema y tomando $j=k$ tenemos que existe $i$ lo suficientemente grande tal que $10^{k+i-k}=10^k>9^{k+i}$.

$d(10^i)=i+1>d(9^{k+i})\geq d(a_{k+i})\geq i+1$.

Contradicción por asumir que hay finitos $n$ tal que $S_n\geq S_{n+1}$.
NO HAY ANÁLISIS.

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