APMO 2020 Problema 2

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Joacoini

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APMO 2020 Problema 2

Mensaje sin leer por Joacoini » Lun 08 Jun, 2020 11:35 pm

Demostrar que $r=2$ es el mayor número real $r$ que satisface la siguiente condición:
Si una sucesión $a_1,a_2,\ldots$ de enteros positivos satisface las desigualdades$$a_n\leq a_{n+2}\leq \sqrt{a_n^2+ra_{n+1}}$$para todo entero positivo $n$, entonces existe un entero positivo $M$ tal que $a_{n+2}=a_n$ para todo $n\geq M$.
NO HAY ANÁLISIS.

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NicoRicci

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Re: APMO 2020 Problema 2

Mensaje sin leer por NicoRicci » Mar 09 Jun, 2020 11:34 am

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Jack muere en Titanic
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$r = 2$
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$a_n = a_{n + 1}$
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$$a_n \leq a_{n+2} \leq \sqrt{a_n^2 + 2 a_n} \leq \sqrt{a_n^2 + 2 a_n + 1} = a_n + 1$$
$$a_n \leq a_{n+2} < a_n + 1$$
$a_n = a_{n +2} = a_{n + 1}$ (teniendo en cuenta que son enteros positivos)

Luego, tenemos que, si $a_n = a_{n + 1}$, luego, $a_{n + 1} = a_{n + 2}$, y por inducción (teniendo el caso base $a_{n} = a_{n + 1}$) todos los números de la sucesión son iguales (a partir de M = n), y cumplimos el enunciado.
$a_n > a_{n + 1}$
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$$ a_n \leq a_{n + 2} \leq \sqrt{a_n^2 + 2a_{n+1}} < \sqrt{a_n^2 + 2a_n + 1} = a_n + 1$$
$a_n = a_{n + 2}$ (teniendo en cuenta que son enteros positivos)
y $a_{n + 2} > a_{n + 1}$
$a_n < a_{n + 1}$
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$$a_{n} \leq a_{n + 2} \leq \sqrt{a_n^2 + 2 a_{n + 1}} < \sqrt{a_{n + 1}^2 + 2a_{n + 1} + 1} = a_{n + 1}$$

Lo que lleva al caso $a_{n + 1} > a_{n + 2}$
Entonces, vemos que, si $a_n > a_{n + 1} \Rightarrow a_{n + 1} < a_{n + 2}$
Y que, si $a_n < a_{n + 1} \Rightarrow a_{n + 1} > a_{n + 2}$

Luego, tendremos en la sucesión un $m$ tal que $a_{m} = a_{m + 2} = a_{m + 4} = a_{m + 2k}$ $\forall k \in \mathbb{N}$
Y cada uno de los números $a_{m + 1}$, $a_{m + 3}$ $(...)$ serán $< a_m$, $> 0$ (al ser enteros positivos) y, como vimos en el último caso, $a_{m + 1 + (2k)} \leq a_{m + 1 + (2k + 2)}$ con $k$ positivo

Llamamos $may$ a los números de la sucesión de la forma $a_{m + 2k}$
Y $min$ a los de la forma $a_{m + (2k + 1)}$
Teniendo en cuenta lo visto anteriormente

Ahora bien, hay dos opciones:
$1)$ Que, en algún $n$ tal que $a_n$ sea $min$, se repita infinitamente que $a_{n} = a_{n + 2p}$ $\forall p \in \mathbb{N}$ y se cumple el enunciado
$2)$ Luego de finitos números, haya algún entero positivo $q_1$ tal que $a_{n + q_1} > a_{n}$. De esto, se sigue con $a_{n + q_1}$ a una de las opciones $1)$ o $2)$, o sea, pueden haber infinitos números $min$ iguales, o que haya un $a_{n + q_1 + q_2}$ con $q_2$ entero positivo tal que $a_{n + q_1 + q_2} > a_{n + q_1}$

Entonces, la sucesión de números $min$ puede terminar en infinitos números iguales, o sucesivamente ser cada vez mayor.
Si pasa lo segundo, como la diferencia entre $a_{n}$ y los números may es finita, entonces llegará un $a_{t}$ tal que $a_{t} = may - 1$ (donde $may$ es un número cualquiera del conjunto $may$), y luego, $a_{t} = a_{t + 2p}$ $\forall p \in \mathbb{N}$ y se cumple el enunciado.

$r > 2$
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$r = 2 + k$
Es claro que si encontramos un ejemplo de sucesión que cumpla la desigualdad y no cumpla lo pedido en el enunciado, es suficiente para determinar que $r = 2$ es el mayor número que cumple (si o si) el enunciado

Elegimos un $a_1$ lo suficientemente grande tal que $a_1 = a_{2}$ y $1 < a_1 . k$.
$$a_1 \leq a_{3} \leq \sqrt{a_1^2 + 2a_1 + k a_1} < (a_1 + 1)$$
Vemos que tranquilamente podemos hacer que $a_{3} = a_1 + 1$
$$a_{2} \leq a_{4} \leq \sqrt{a_{2}^2 + 2a_{3} + k. a_{3}} < \sqrt{a_{3}^2 + 2a_{3} + k. a_{3}}$$
Vemos que se sigue que $a_{2} \leq a_{4} < a_{3} + 1$
Porque $a_{3} . k > 1$
Luego, podemos decir que $a_{4} = a_{3}$

Entonces, sabemos que si se cumple que $a_{p} . k > 1$ y que $a_{p + 1} . k > 1$, luego podemos tener $a_{p + 2} = a_{p + 3} = a_{p} + 1$, y como claramente $a_{p + 2} . k > 1$ y $a_{p + 3} . k > 1$, se cumple por inducción que es posible que la sucesión de números sea $a_1 = a_2 = a_3 - 1 = a_4 - 1 = a_5 - 2$ (...), o sea, que no se cumpla lo pedido en el enunciado.
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enigma1234

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Re: APMO 2020 Problema 2

Mensaje sin leer por enigma1234 » Mar 09 Jun, 2020 8:25 pm

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Primero veamos que $r>2$ no cumple lo pedido, si $a_n= \lfloor\tfrac n2\rfloor +M$ con $M>\frac{1}{r-2}$. Entonces $a_n$ es creciente y $a_n+1=a_{n+2}$, de esto:
$$a_n\leq a_{n+2}=a_n+1=\sqrt{a_n^2+2a_{n}+1}<\sqrt{a_n^2+2a_{n}+(r-2)a_n}=\sqrt{a_n^2+r\times a_{n}}\leq \sqrt{a_n^2+r\times a_{n+1}}$$

Ahora supongamos que con $r=2$ existe una secuencia de enteros positivos $a_1,a_2,\dots$ tal que no cumple lo pedido. Sea $b_{n}=a_{n+2}-a_n$ entonces para todo $C$ existe $m>C$ tal que $b_m\neq 0$. Del problema tenemos que:
$$0\leq b_n, a_{n+2}^2-a_n^2\leq 2a_{n+1}\to 0\leq b_n, b_n(a_{n+2}+a_n)\leq 2a_{n+1}$$
para todo $n$.
Si para cierto $j$ se cumple que $b_j=b_{j+1}=0$ entonces la secuencia $a_1,a_2,...,a_j,a_{j+1},a_{j+4},a_{j+5},...$ cumplirá lo mismo y la secuencia $a_{n+2}-a_n$ será $b_1,b_2,\dots,b_{j-1},b_{j+2},b_{j+3},\dots$.

Entonces podemos asumir que no hay 2 $0_s$ consecutivos en $b_1,b_2,\dots$. Ahora supongamos que $b_n>0,b_{n+1}>0$ para cierto $n$. Al ser $(a_i)$ una secuencia de enteros positivos entonces $b_n,b_{n+1}\geq 1$ entonces:
$$a_{n+2}+a_n\leq 2a_{n+1},a_{n+3}+a_{n+1}\leq 2a_{n+2}\to a_{n+3}-a_{n+2}\leq a_{n+2}-a_{n+1}\leq a_{n+1}-a_n$$
Como $1\leq b_{n+1}=a_{n+3}-a_{n+2}+a_{n+2}-a_{n+1}\to 1\leq a_{n+2}-a_{n+1}\leq a_{n+1}-a_n$ de esto $b_n=a_{n+2}-a_{n+1}+ a_{n+1}-a_n\geq 2$.
Entonces;
$$2(a_{n+2}+a_n)\leq b_n(a_{n+2}+a_n)\leq 2a_{n+1}\to a_{n+2}+a_n\leq a_{n+1}$$
Y como $b_{n+1}>0\to a_{n+1}<a_{n+3}$ entonces:
$$2a_{n+1}<a_{n+3}+a_{n+1}\leq 2a_{n+2}\to a_{n+1}<a_{n+2}< a_{n+2}+a_n\leq a_{n+1}$$
Lo cual no es posible.

Entonces tenemos que en la secuencia $b_1,b_2,\dots$ no hay 2 $0_s$ consecutivos ni 2 terminos $>0$ consecutivos, entonces para cierto $n$:
$$0=b_n=b_{n+2}=b_{n+4}=\dots\to a_n=a_{n+2}=a_{n+4}=\dots$$
$$b_{n+2k-1}>0\to a_{n+2k-1}+a_{n+2k+1}\leq b_{n+2k-1}(a_{n+2k-1}+a_{n+2k+1})\leq 2a_{n+2k}=2a_n$$
para todo entero positivo k. Como $b_{n+2k-1}>0$ entonces $a_{n+1},a_{n+3},a_{n+5}\dots$ es estrictamente creciente, de esto:
$$2a_{n+2k-1}<a_{n+2k-1}+a_{n+2k+1}\leq 2a_n\to a_{n+2k-1}<a_n$$
Con lo que $a_{n+1},a_{n+3},a_{n+5}\dots$ es acotada lo cual es una contradicción.
Por lo tanto existe $M$.

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