IMO 2018 - P2

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Violeta

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IMO 2018 - P2

Mensaje sin leer por Violeta » Lun 09 Jul, 2018 9:15 am

Hallar todos los enteros $n \geq 3$ para los que existen números reales $a_1, a_2, \ldots , a_n, a_{n+1}, a_{n+2}$, tales que $a_{n+1} = a_1$ y $a_{n+2} = a_2$, y
$a_ia_{i+1} + 1 = a_{i+2}$
para $i = 1,2,\ldots,n$.
Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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Matías V5

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Re: IMO 2018 - P2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Lun 09 Jul, 2018 5:25 pm

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En primer lugar notemos que el enunciado es equivalente a tener un arreglo de $n$ números reales puestos alrededor de una circunferencia, de manera que al recorrer la circunferencia en sentido horario, cada número es igual al producto de los dos anteriores más $1$. La solución está escrita en esos términos.
Probaremos que un tal arreglo existe si y sólo si $n$ es divisible por $3$. Para $n$ múltiplo de $3$, un ejemplo es ir repitiendo el bloque de $3$ números $2,-1,-1,2,-1,-1,2,-1,-1$, etcétera. Esto funciona porque $2 \cdot (-1) + 1 = -1$, $(-1) \cdot (-1) + 1 = 2$ y $(-1) \cdot 2 + 1 = -1$.
Llamaremos grande a un número si su valor absoluto es mayor o igual que $1$ y chico si es menor que $1$. Probamos primero algunas observaciones sencillas.

Observación 1: Si para algún $i$ ocurre que $a_i$ y $a_{i+1}$ tienen el mismo signo (ambos positivos o ambos negativos), entonces $a_{i+2}$ es positivo y grande. Esto es claro pues $a_{i+2} = \underbrace{a_ia_{i+1}}_{>0} + 1 > 1$.

Observación 2: Si para algún $i$ ocurre que $a_i$ y $a_{i+1}$ tienen distinto signo y son los dos chicos, entonces $a_{i+2}$ es positivo y chico. En efecto, $a_{i+2} = a_ia_{i+1} + 1$, y sabemos que $a_ia_{i+1}$ es negativo de valor absoluto menor que $1$, entonces $a_{i+2}$ es positivo y menor que $1$.

Observación 3: Si para algún $i$ ocurre que $a_i$ y $a_{i+1}$ tienen distinto signo y son los dos grandes, entonces $a_{i+2} \leq 0$. En efecto, $a_{i+2} = a_ia_{i+1} + 1$, y sabemos que $a_ia_{i+1}$ es negativo de valor absoluto mayor o igual que $1$, entonces $a_{i+2} \leq 0$.

Supongamos que existe algún arreglo que cumple las condiciones del enunciado en el cual hay dos números consecutivos que son positivos. Por la Observación 1 se deduce fácilmente que todos los números del arreglo son positivos y grandes. Pero esto no puede ocurrir, ya que si $a_i \geq 1$ entonces $a_{i+2} = a_ia_{i+1} + 1 \geq a_{i+1} + 1 > a_{i+1}$, de donde cada número es mayor que el anterior, lo cual no tiene sentido si están en una circunferencia. Hemos probado entonces que en un arreglo admisible no hay dos números positivos consecutivos.
Notemos también que si $a_i = 0$ para algún $i$ entonces $a_{i+1} = 1$ y $a_{i+2} = 1$, y volvemos al caso anterior. Así que en adelante podemos suponer que todos los números del arreglo son distintos de $0$.
Veamos que la situación planteada en la Observación 2 no puede ocurrir en un arreglo admisible. Si $a_i$ es negativo, $a_{i+1}$ es positivo y ambos son chicos, la observación nos dice que $a_{i+2}$ es positivo, así que hay dos números positivos consecutivos, lo cual ya vimos que no puede pasar. Si en cambio $a_i$ es positivo y $a_{i+1}$ es negativo, sabemos que $a_{i+2}$ es positivo y chico, y usando la observación una vez más llegamos a que $a_{i+3}$ es positivo, absurdo otra vez. Vimos entonces que en un arreglo admisible no puede haber dos números consecutivos de distinto signo que sean ambos chicos.

Supongamos ahora que para algún $i$ ocurre que $a_i$ es positivo y chico. Entonces $a_{i-1}$ debe ser negativo (dijimos que no había dos positivos consecutivos) y grande (por lo último que probamos). Ahora $a_{i-2}$ no puede ser negativo (entraríamos en contradicción con la Observación 1), así que es positivo, y no puede ser grande (entraríamos en contradicción con la Observación 3). Estamos probando entonces que detrás de un número positivo chico siempre debe haber un número negativo grande, y detrás de este, otro número positivo chico. Esto conduce a que en la circunferencia se alternan números positivos chicos con números negativos grandes. Veamos que esto tampoco puede pasar. Tomemos un número negativo $a_i$, luego $a_{i+1}$ es positivo y chico, y $a_{i+2}$ es negativo. En tal caso, $|a_{i+2}| = |a_ia_{i+1} + 1| = |a_ia_{i+1}| - 1 < |a_i| - 1 < |a_i|$. Así, cada número negativo tendría valor absoluto mayor que el que viene dos posiciones más adelante, lo cual no tiene sentido si están en una circunferencia.

El único caso que aún no descartamos es cuando todos los números positivos que aparecen en el arreglo son grandes (notar que siempre hay al menos un número positivo ya que por la Observación 1 si hay dos negativos consecutivos el siguiente es positivo). Tomemos un número positivo $a_i$, entonces $a_{i+1}$ es negativo porque no puede haber dos positivos consecutivos. Si $a_{i+2}$ fuera positivo, sería chico, pues $a_{i+2} = a_ia_{i+1} + 1$ y $a_ia_{i+1} < 0$. Como estamos suponiendo que esto no pasa, entonces $a_{i+2}$ es negativo. Luego $a_{i+3}$ es positivo (por la Observación 1), y volvemos a empezar. Estamos probando que la única posibilidad es que después de cada número positivo vengan dos números negativos, luego un positivo, luego dos negativos, etcétera. Esto sólo se puede hacer si $n$ es múltiplo de $3$.

La solución está completa. $\blacksquare$
"La geometría es el arte de hacer razonamientos correctos a partir de figuras incorrectas." -- Henri Poincaré

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Gianni De Rico

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Re: IMO 2018 - P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 10 Jul, 2018 3:41 pm

Por fin salió...
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Miramos todos los índices módulo $3$ (podemos, ya que como dice arriba, es como poner los números en una circunferencia).

De la definición de la sucesión tenemos:
$\bullet a_ia_{i+1}+1=a_{i+2}$
$\bullet a_{i+1}a_{i+2}+1=a_{i+3}$

Bueno, ahora queremos relacionar de otra forma los términos consecutivos, entonces ponemos $a_{i+2}^2=a_ia_{i+1}a_{i+2}+a_{i+2}$ y $a_ia_{i+3}=a_ia_{i+1}a_{i+2}+a_i$

Si sumamos cada igualdad tenemos:
$\sum \limits _{i=1}^na_i^2=\sum \limits _{i=1}^na_ia_{i+1}a_{i+2}+a_{i+2}=\sum \limits _{i=1}^na_ia_{i+1}a_{i+2}+\sum \limits _{i=1}^na_{i+2}=\sum \limits _{i=1}^na_ia_{i+1}a_{i+2}+\sum \limits _{i=1}^na_i$ (*)
Y:
$\sum \limits _{i=1}^na_ia_{i+3}=\sum \limits _{i=1}^na_ia_{i+1}a_{i+2}+a_i=\sum \limits _{i=1}^na_ia_{i+1}a_{i+2}+\sum \limits _{i=1}^na_i$ (**)

De (*) y (**) sale que $\sum \limits_{i=1}^na_i^2=\sum \limits _{i=1}^na_ia_{i+3}$

Ahora, por Rearrangement en las sucesiones $a_i$ y $a_i$ (las ordenamos de forma no decreciente, total es una suma cíclica) tenemos que la igualdad se cumple si y sólo si $a_i^2=a_ia_{i+3}\Leftrightarrow a_i=a_{i+3}$. Separamos el problema en dos casos:

Caso $1$: $n\not \equiv 0(3)$
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Como $3$ es primo, por el Teorema Chino del Resto tenemos que todos los $a_i$ son iguales, es decir $a_i=g\forall i$.
Luego $a_ia_{i+1}+1=a_{i+2}\Leftrightarrow g^2+1=g\Leftrightarrow g^2-g+1=0$. Como el coeficiente principal de esta cuadrática es positivo, es cóncava hacia arriba y tiene mínimo en $g=\frac{1}{2}$, pero $\left (\frac{1}{2}\right )^2-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+1=\frac{3}{4}>0$, luego no tiene soluciones reales.
Este caso no funciona.
Caso $2$: $n\equiv 0(3)$
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Probando se encuentra rápido un ejemplo que cumple:
$(a_1,a_2)=(2,-1)$
Tenemos $a_3=2(-1)+1=-1$, $a_4=(-1)(-1)+1=2$ y $a_5=(-1)2+1=-1$. Como dos términos determinan el siguiente, la sucesión entra en un ciclo que depende exclusivamente del resto de $i$ en la división por $3$. Luego $a_i=2\forall i\equiv 1(3)$, $a_i=-1\forall i\equiv 2(3)$ y $a_i=-1\forall i\equiv 0(3)$; como $n\equiv 0(3)$ en particular tenemos $a_1=a_{n+1}$ y $a_2=a_{n+2}$, y el ejemplo funciona.
Por lo tanto, $n$ cumple si y sólo si es múltiplo de $3$
[math]

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