Entrenamiento Cono 2018 P1

Matías

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Entrenamiento Cono 2018 P1

Mensaje sin leer por Matías » Vie 10 Ago, 2018 8:07 pm

Sea $(a_n)_{n\in N}$ una sucesión de números reales que satisface
$$0\leq a_1+\frac{1}{2}a_2+...+\frac{1}{n}a_n\leq\frac{1}{n}$$
para todo entero positivo $n$. Demostrar que $a_1+a_2+...+a_n\leq 1$ para todo entero positivo $n$.

Matías

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Re: Entrenamiento Cono 2018 P1

Mensaje sin leer por Matías » Jue 04 Oct, 2018 9:58 pm

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Sea $b_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i}{i}$ $\forall n\in N$. Por definición, tenemos que $0\leq b_n\leq\frac{1}{n}$ $\forall n\in N$. También tenemos que $b_1=a_1$.
Como $b_{n+1}=\sum_{i=1}^{n+1}\frac{a_i}{i}=\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i}{i}+\frac{a_{n+1}}{n+1}=b_n+\frac{a_{n+1}}{n+1}$ obtenemos que $a_{n+1}=(n+1)(b_{n+1}-b_n)$ $\forall n\in N$.
Ahora vamos a demostrar que $\sum_{i=1}^{n}a_i=nb_n-\sum_{i=1}^{n-1}b_i$ $\forall n\in N$.
Para $n=1$ tenemos que se cumple (ya que $b_1=a_1$).
Ahora, si se cumple para cierto $n\in N$, para $n+1$ tenemos que $\sum_{i=1}^{n+1}a_i=\sum_{i=1}^{n}a_i+a_{n+1}$
$\sum_{i=1}^{n+1}a_i=nb_n-\sum_{i=1}^{n-1}b_i+(n+1)(b_{n+1}-b_n)$
$\sum_{i=1}^{n+1}a_i=(n+1)b_{n+1}-\sum_{i=1}^{(n+1)-1}b_i$
Ahora bien, tenemos que $nb_n\leq 1$ $\forall n\in N$ (ya que $b_n\leq\frac{1}{n}$ $\forall n\in N$) y que $\sum_{i=1}^{n-1}b_i\geq 0$ $\forall n\in N$ (ya que $b_n\geq 0$ $\forall n\in N$), por lo tanto obtenemos que $\sum_{i=1}^{n}a_i=nb_n-\sum_{i=1}^{n-1}b_i\leq 1-0=1$ $\forall n\in N$

BrunZo

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Re: Entrenamiento Cono 2018 P1

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 17 Nov, 2018 2:07 pm

Solución:
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Sea $s_n=\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}a_i}$. Luego, $0\leq s_n\leq \frac{1}{n}$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Además, para $n,m\in\mathbb{N}$ con $n>m$, $s_n-s_m\leq s_n\leq \frac{1}{n}$. Ahora, $s_n=a_1+\frac{1}{2}a_2+\frac{1}{3}a_3+...+\frac{1}{n}a_n$; $s_n-s_1=\frac{1}{2}a_2+\frac{1}{3}a_3+...+\frac{1}{n}a_n$; $s_n-s_2=\frac{1}{3}a_3+...+\frac{1}{n}a_n$, etc. Luego, $s_n+\sum_{i=1}^{n-1}{s_n-s_i}=\sum_{i=1}^{n}{n\frac{1}{n}a_n}=\sum_{i=1}^{n}{a_i}$. Entonces, como $s_n+\sum_{i=1}^{n-1}{s_n-s_i}\leq n\frac{1}{n}=1$, luego $\sum_{i=1}^{n}{a_i}\leq 1$ como queríamos demostrar.

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