IMO 2013 - Problema 1

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Avatar de Usuario
Matías V5

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
OFO - Jurado-OFO 2018 OFO - Jurado-OFO 2020 OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1114
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 4:44 pm
Medallas: 8
Nivel: Exolímpico

IMO 2013 - Problema 1

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Demostrar que para cualquier par de enteros positivos $k$ y $n$, existen $k$ enteros positivos $m_1,m_2,\ldots ,m_k$ (no necesariamente distintos) tales que$$1+\frac{2^k-1}{n}=\left (1+\frac{1}{m_1}\right )\left (1+\frac{1}{m_2}\right )\cdots \left (1+\frac{1}{m_k}\right ).$$
2  
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=KzTR72_srTU
Avatar de Usuario
Matías V5

Colaborador-Varias OFO - Jurado-OFO 2015 OFO - Jurado-OFO 2016 FOFO 6 años - Jurado-FOFO 6 años OFO - Jurado-OFO 2017
OFO - Jurado-OFO 2018 OFO - Jurado-OFO 2020 OFO - Jurado-OFO 2021
Mensajes: 1114
Registrado: Dom 17 Oct, 2010 4:44 pm
Medallas: 8
Nivel: Exolímpico

Re: IMO 2013 - Problema 1

Mensaje sin leer por Matías V5 »

Quizás después lo escriba un poco mejor, pero la idea está:
Spoiler: mostrar
Procedemos por inducción en [math].
Si [math], dado cualquier [math] basta tomar [math].
Supongamos que el problema vale para un cierto [math] y veamos que también vale para [math], esto es: dado [math], queremos ver que [math] se puede escribir como producto de [math] factores de la forma [math]. Analizamos dos casos según si [math] es par o impar.
Si [math] es par, escribimos [math]. El primer factor ya tiene la forma deseada. En el segundo factor podemos dividir numerador y denominador por [math], obteniendo así una fracción en la que el numerador y el denominador difieren en [math]. Por hipótesis inductiva, esta fracción se puede escribir como producto de [math] factores de la forma [math], logrando así nuestro objetivo.
Si en cambio [math] es impar, escribimos [math]. Esta vez el último factor es el que ya tiene la forma deseada, y en el primero podemos dividir por [math] y aplicar la hipótesis inductiva.
Esto completa el paso inductivo, y la solución del problema. [math]
4  
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=KzTR72_srTU
BrunZo

OFO - Medalla de Bronce-OFO 2018 FOFO 8 años - Mención Especial-FOFO 8 años OFO - Medalla de Plata-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Medalla-FOFO Pascua 2019 FOFO 9 años - Medalla Especial-FOFO 9 años
OFO - Medalla de Oro-OFO 2020 FOFO Pascua 2020 - Copa-FOFO Pascua 2020 FOFO 10 años - Copa-FOFO 10 años OFO - Medalla de Oro-OFO 2021 FOFO 11 años - Medalla-FOFO 11 años
OFO - Medalla de Oro-OFO 2022 FOFO Pascua 2022 - Medalla-FOFO Pascua 2022 FOFO 12 años - Medalla-FOFO 12 años OFO - Jurado-OFO 2023 FOFO 13 años - Jurado-FOFO 13 años
OFO - Jurado-OFO 2024
Mensajes: 414
Registrado: Mar 21 Nov, 2017 8:12 pm
Medallas: 16
Nivel: 3

Re: IMO 2013 - Problema 1

Mensaje sin leer por BrunZo »

Solución:
Spoiler: mostrar
Supongamos que para $n=N$ se pueden hallar los valores de $m_i$ para todo $k$.
$$1+\frac{2^k-1}{2n-1}=\left(1+\frac{2^{k-1}-1}{n}\right)\left(1+\frac{1}{2n-1}\right)$$
$$1+\frac{2^k-1}{2n}=\left(1+\frac{2^{k-1}-1}{n}\right)\left(1+\frac{1}{2^k+2n-2}\right)$$
Entonces, para $n=2N-1$ ó $n=2N$, sabemos que el primer factor de la primera o la segunda expresión lo podemos armar con $k-1$ factores $1+\frac{1}{m_i}$ (hipótesis inductiva), que multiplicado por el segundo factor (de la forma deseada), nos da el resultado deseado.
Además, es fácil notar que se pueden elegir los factores si $n=1$ y/o $k=1$.
Con todo esto, concluimos el resultado deseado.
1  
Responder