IMO 2014 Problema 1

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Matías V5

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IMO 2014 Problema 1

Mensaje sin leer por 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$$a_n<\frac{a_0+a_1+\cdots +a_n}{n}\leq a_{n+1}.$$
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Matías V5

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Re: IMO 2014 Problema 1

Mensaje sin leer por Matías V5 »

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Llamamos [math], y sea [math] la propiedad [math].
En primer lugar vamos a probar que existe al menos un [math] tal que [math] es verdadera. Supongamos lo contrario, es decir que [math] para todo [math]. Vamos a probar por inducción que entonces [math] para todo [math], lo cual es un claro absurdo pues [math] es una sucesión estrictamente creciente de enteros positivos. Para [math] esto es cierto pues por hipótesis [math]. Supongamos que vale para todo [math], entonces [math]. Como estamos suponiendo que [math], obtenemos [math], como queríamos.
En segundo lugar, probaremos que [math]. En efecto, [math]. Si [math], lo anterior es menor o igual que [math], que a su vez es menor que [math]. Entonces la implicación es cierta.
Ahora, tomemos el mínimo [math] tal que [math] es verdadera. Por lo probado antes, todos los números mayores también cumplen esta propiedad. Vamos a probar que este es el [math] buscado. Para ello tenemos que ver que se cumple que [math], y que este es el único número que satisface simultáneamente las dos desigualdades.
Si [math] entonces [math]. Supongamos ahora [math]. Por la minimalidad de [math] sabemos que [math]. Entonces [math], como queríamos ver.
Por último, supongamos que hay otro número [math] tal que [math]. La minimalidad de [math] garantiza que [math]. Restando [math] en ambos miembros de la desigualdad [math] obtenemos [math], lo cual equivale a que [math], es decir que [math] es falsa. Esto no puede ser, porque sabíamos que la propiedad [math] era verdadera para todos los números mayores o iguales que [math].
Esto completa la solución. [math]
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Fran5

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Re: IMO 2014 Problema 1

Mensaje sin leer por Fran5 »

Misma cuestion, pero en racionales ([math])

Determinar si existe exactamente un unico [math] tal que
[math]
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Fran5

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Re: IMO 2014 Problema 1

Mensaje sin leer por Fran5 »

BTW, mi solución

Solución larga
Spoiler: mostrar
Primero, veamos que si se cumple, se cumple una sola vez.

Sea [math] el menor subíndice tal que [math].
Veamos que para [math] se tiene

[math]

[math]

Y del mismo modo para cualquier [math]

Luego, se cumple sólo para [math]

Veamos ahora que se cumple al menos una vez

Supongamos que no, entonces tenemos que

[math]

Entonces, por inducción

[math]

[math]

Pero veamos que para [math] suficientemente grande, se tiene que [math]

En efecto, para [math] se tiene que [math]

(Pues los [math] 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]
Se tiene que [math]

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

[math]

Lo cual es trivialmente cierto
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Sandy

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Re: IMO 2014 Problema 1

Mensaje sin leer por 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.
Fallo inapelable.
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biank
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Re: IMO 2014 Problema 1

Mensaje sin leer por biank »

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Primero reescribamos la condición para que sea más útil $$ n a_n < a_0 + a_1 + \dots + a_n \leq n a_{n + 1} \\
n a_n - (a_1 + a_2 + \dots + a_n) < a_0 \leq n a_{n + 1} - (a_1 + a_2 + \dots a_n) \\
n a_n - (a_1 + a_2 + \dots + a_n) < a_0 \leq (n + 1) a_{n + 1} - (a_1 + a_2 + \dots a_{n + 1}) $$
Sea $S_n = n a_n - (a_1 + a_2 + \dots + a_n)$, esto es lo mismo que $S_n < a_0 \leq S_{n + 1}$. Queremos demostrar que esto se cumple para exactamente un $n$. Veamos ahora que $S_n > S_{n - 1}$, o lo que es lo mismo, $S$ es estrictamente creciente, $$S_n = n a_n - (a_1 + a_2 + \dots + a_n) = a_n + (n - 1) a_{n - 1} + (n - 1)(a_n - a_{n - 1}) - (a_1 + a_2 + \dots a_{n - 1}) - a_n = (n - 1)(a_n - a_{n - 1}) + S_{n - 1}$$ Que como $a_n > a_{n - 1}$, se cumple para $n > 1$.

Esto nos dice que si hay un valor tal que $S_n \geq a_0$ entonces para todo valor $m \geq n$ se cumple que $S_m \geq a_0$ ya que $S_m \geq S_n$. Análogamente si tenemos un valor tal que $S_n < a_0$ entonces para todo valor $m \leq n$ se cumple que $S_m < a_0$ ya que $S_m \leq S_n$.

Con esto podemos deducir que debe existir algún $n$ tal que $S_n \geq a_0$ porque al ser estrictamente creciente e infinita no puede estar acotada. También podemos ver que $S_1 = 0 < a_0$, por lo que existe al menos un número $n$ para el cual $S_n < a_0$. Por lo tanto, podemos considerar el último $n$ tal que $S_n<a_0$. Notemos que para este $n$ debe cumplirse que $S_n < a_0 \leq S_{n + 1}$. Veamos ahora entonces no se puede cumplir en otro punto.

Para cualquier $m > n \Leftrightarrow m \geq n + 1$ tenemos que $S_m \geq a_0$, por lo que no cumplen.
Además, cualquier $m < n \Leftrightarrow m + 1 \leq n$ tenemos que $S_{m + 1} < a_0$ por lo cual tampoco cumplen.

Por lo tanto, hay exactamente un $n$ donde se cumple la condición. $\blacksquare$
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