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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Llamamos [math]b_n = \frac{a_0+a_1+ \cdots + a_n}{n}, y sea [math]Q(n) la propiedad [math]b_n \leq a_{n+1}.
En primer lugar vamos a probar que existe al menos un [math]n \geq 1 tal que [math]Q(n) es verdadera. Supongamos lo contrario, es decir que [math]a_{n+1} < b_n para todo [math]n \geq 1. Vamos a probar por inducción que entonces [math]a_{n+1} < a_0+a_1 para todo [math]n \geq 1, lo cual es un claro absurdo pues [math](a_n) es una sucesión estrictamente creciente de enteros positivos. Para [math]n=1 esto es cierto pues por hipótesis [math]a_2 < b_1 = a_0+a_1. Supongamos que vale para todo [math]k < n, entonces [math]b_n = \frac{(a_0+a_1)+a_2+ \ldots + a_n}{n} < \frac{(a_0+a_1)+(n-1)(a_0+a_1)}{n} = a_0+a_1. Como estamos suponiendo que [math]a_{n+1} < b_n, obtenemos [math]a_{n+1} < a_0 + a_1, como queríamos.
En segundo lugar, probaremos que [math]Q(n) \Rightarrow Q(n+1). En efecto, [math]b_{n+1} = \frac{nb_n + a_{n+1}}{n+1}. Si [math]b_n \leq a_{n+1}, lo anterior es menor o igual que [math]a_{n+1}, que a su vez es menor que [math]a_{n+2}. Entonces la implicación es cierta.
Ahora, tomemos el mínimo[math]n tal que [math]Q(n) es verdadera. Por lo probado antes, todos los números mayores también cumplen esta propiedad. Vamos a probar que este es el [math]n buscado. Para ello tenemos que ver que se cumple que [math]a_n < b_n, y que este es el único número que satisface simultáneamente las dos desigualdades.
Si [math]n=1 entonces [math]b_1 = a_0+a_1 > a_1. Supongamos ahora [math]n>1. Por la minimalidad de [math]n sabemos que [math]b_{n-1} > a_n. Entonces [math]b_n = \frac{(n-1)b_{n-1} + a_n}{n} > \frac{(n-1)a_n + a_n}{n} = a_n, como queríamos ver.
Por último, supongamos que hay otro número [math]m tal que [math]a_m < b_m \leq a_{m+1}. La minimalidad de [math]n garantiza que [math]m > n. Restando [math]\frac{a_m}{m} en ambos miembros de la desigualdad [math]a_m < b_m obtenemos [math]\frac{m-1}{m} a_m < \frac{a_0+a_1+ \ldots + a_{m-1}}{m}, lo cual equivale a que [math]a_m < b_{m-1}, es decir que [math]Q(m-1) es falsa. Esto no puede ser, porque sabíamos que la propiedad [math]Q era verdadera para todos los números mayores o iguales que [math]n.
Esto completa la solución. [math]\blacksquare
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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.
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. $\blacksquare$