IMO 2012 en Mar del Plata – Problema nº 6

Publicado por ^DiAmOnD^ | 28 agosto, 2012 | Juegos | 59 |

Sexto y último problema de la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año. Ahí va:

Hallar todos los enteros positivos $n$ para los cuales existen enteros no negativos $a_1,a_2, \ldots , a_n$ tales que

$\cfrac{1}{2^{a_1}}+\cfrac{1}{2^{a_2}}+ \dots + \cfrac{1}{2^{a_n}}=\cfrac{1}{3^{a_1}}+\cfrac{2}{3^{a_2}}+ \dots + \cfrac{n}{3^{a_n}}=1$

A por él.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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Bitacoras.com

28/08/2012 12:20

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Sexto y último problema de la IMO 2012, celebrada en Mar del Plata en julio de este año. Ahí va: Hallar todos los enteros positivos para los cuales existen enteros no negativos tales que A por él. Entra en Gaussianos si q……

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Juanjo Escribano

29/08/2012 08:47

Se ve una solución en N=2 y a1=a2=1

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Juanjo Escribano

29/08/2012 08:55

Se ven fácilmente dos soluciones en N=1 y a1=0 y en N=2 y a1=a2=1

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Juanjo Escribano

29/08/2012 09:57

Tomo b(n) = max(a(i))- a(n) y multiplico la parte de los doses por 2^(max(a(i))) y me queda 2^b1 +2^b2+…+2^bn= 2^max(a(i)) Dado que el segundo término es par y que en el primero existe por construcción un bi=0, con lo que 2^bi = 1, concluyo que para el ai máximo, tiene que haber un número de repeticiones par, dado que sino el término de la izquierda sería impar. Para N = 3 y para la parte de la izquierda se deduce que el único caso posible es el conjunto {1,2,2} que en sus tres posibles órdenaciones no cumplen la ecuación de… Lee más »

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Juanjo Escribano

31/08/2012 08:59

Vos a demostrar que si para un n > 1, existe un a(i) = n-1 el conjunto de a (i) es de la forma N={1,2,3,…,n-2,n-1,n-1} cuya suma es 1 en la fórmula de los doses. Se cumple para 2 y para 3 Si se cumple para n, en n+1 ya hemos demostrado que si hay algun a(i) = n + 1 su cantidad es par. Sea A={a(1),…a(n+1)} donde algun a(i)=n, por lo ya demostrado habrá un j / a(j) = n. Construyo el conjunto B ={a(1),…,a(i-1),a(i+1),…,a(j-1),a(j+1),..,a(n+1),»n-1″}, por hipótesis es de la forma N y su forma única (dado que el… Lee más »

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Juanjo Escribano

31/08/2012 09:27

Con el mismo método que en el comentario anterior se demuestra que el conjunto de soluciones debe pertenecer al conjunto {1,2,…,n-1}

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Cristhian Camacho

31/08/2012 19:41

Haciendo operaciones queda:

$\cfrac{ 2^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) \displaystyle{ -a_{1} } } + 2^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) \displaystyle{ -a_{2} } } + \cdots + 2^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) \displaystyle{ -a_{n} } } } { 2^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) } } = 1$

$\cfrac{ 1 \cdot 3^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) \displaystyle{ -a_{1} } } + 2 \cdot 3^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) \displaystyle{ -a_{2} } } + \cdots + n \cdot 3^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) \displaystyle{ -a_{n} } } } { 3^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) } } = 1$

Entonces

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} } 2^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) - \displaystyle{ a_{j} } } = 2^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) } \quad \quad \quad (I)$

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} } j \cdot 3^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) - \displaystyle{ a_{j} } } = 3^{ \left ( \displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} } a_{i} \right ) } \quad \quad \quad (II)$

Ahora con $a_{i}=k$ con $k$ constante,

En $(I)$ queda

$n \cdot 2^{n\cdot k - k} = 2^{n\cdot k}$

$n \cdot 2^{k(n-1)} = 2^{n\cdot k}$

Entonces $n=2^{k}$

En $(II)$ queda

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} } j \cdot 3 ^{k(n-1)} = 3^{k\cdot n}$

$\cfrac{n(n+1)}{2} \cdot 3 ^{k(n-1)} = 3^{k\cdot n}$

$\cfrac{n(n+1)}{2} = 3^{k}$

$n^{2}+n-2 \cdot 3^{k} = 0$

$n_{1,2} = \cfrac{-1\pm \sqrt{1^{2} - 4 \cdot (- 2 \cdot 3^{k} )}}{2} = \cfrac{-1\pm \sqrt{1 + 8 \cdot 3^{k}}}{2}$

con $k=1$ , $n_{1}=2$ , $n_{2}=-3$ (no sirve)

Finalmente, hasta aquí se cumple la igualdad propuesta para los valores: $n=2$ y $a_{1}=1$ , $a_{2}=1$

Falta verificar con valores de $a_{i}$ distintos y con $a_{i}=f(i)=\mbox{funci\'on de i}$

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Cristhian Camacho

31/08/2012 23:11

Como dice Juanjo Escribano en su segundo comentario aparentemente los valores $n$ pueden ser 2,
$n=1$ y $a_{1}=0$ y $n=2$ y $a_{1}=a_{2}=1$

Por ejemplo:

para $a_{j}=j$

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} } \cfrac{j}{3^{j}}$

Deberia ser igual a $1$

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} } \cfrac{j}{3^{j}}$

$\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} } \cfrac{j}{3^{j}} = \cfrac{3^{n+1}-(n+1)\cdot 3 + n }{ 3^{n} \cdot (3-1)^{2} }$

Luego

$\cfrac{3^{n+1}-(n+1)\cdot 3 + n }{ 3^{n} \cdot 2^{2} } = 1$

Entonces

$3^{n+1}-(n+1)\cdot 3 + n = 3^{n} \cdot 4$

$3 \cdot 3^{n}-(n+1)\cdot 3 + n = 4 \cdot 3^{n}$

$3^{n}+(n+1)\cdot 3 - n = 0$

Ahora no hay valores de $n$ enteros positivos que cumplan con esa igualdad, por lo tanto $a_{j}=j$ no nos sirve para verificar la igualdad propuesta

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Mmonchi

01/09/2012 10:33

Otra solución es N=6: {2,2,3,3,3,3}

Responde

Mmonchi

01/09/2012 10:42

Otra es N=10: {4,3,4,4,3,3,4,4,4,4}

Responde

Mmonchi

01/09/2012 10:45

La última no es válida… 🙁

Responde

Mmonchi

01/09/2012 10:51

Esta sí: N=10 {2,3,3,3,4,4,4,4,4,4}

Responde

Mmonchi

01/09/2012 11:38

No son soluciones los N del tipo 4k+3 y 4k+4.

La suma de los numeradores, si hacemos común denominador, debe ser impar, concretamente una potencia de 3, por el segundo término. Los numeradores son números consecutivos que alternan pares e impares: esto no varía al multiplicarlos por potencias de 3. La suma de números con paridad alterna va dando pares e impares de dos en dos, como es fácil ver en la serie de los números triangulares. Esto nos permite descartar la mitad de las posibles soluciones y quedarnos solo con las del tipo N=4k+1 y N=4k+2.

Responde

Mmonchi

01/09/2012 12:10

Otra más: N=13 {2,3,3,4,4,5,4,4,4,4,5,5,5}

Responde

Mmonchi

01/09/2012 12:19

Para N=5: {2,2,2,3,3}
Y para N=9: {2,3,3,3,3,4,4,4,4}

Ahora que sé cómo buscarlas, creo que es posible encontrar soluciones para todo N=4k+1 y N=4k+2.

Aunque todavía estoy lejos de una demostración, creo que podría ser constructiva.

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Mmonchi

01/09/2012 12:51

Los pasos para construir una solución son: 1. Tomar un valor de N del tipo 4k+1 o 4k+2. 2. Hallar la suma S de 1 a N. 3. Se define el mayor an como el menor que cumple S<3^an. 4. Se da el valor an a todos los ai. 5. Se disminuyen los ai de forma ordenada para conseguir que el primer término (de potencias de 2) sume 1. Primero se van disminuyendo hasta conseguir que el resultado sea mayor que 1 y después se aumentan y disminuyen hasta conseguir el 1. 6. Cuando se tiene una solución para el… Lee más »

Responde

Mmonchi

01/09/2012 12:54

Ejemplo con N=14 S=105. El an máximo es 5, pues 3^4=81 y 3^5=243 que ya es mayor que 105. Al hacer los ai=5 la suma es 0,4375. Voy reemplazando los 5 por 4, pero no alcanzo una solución ya que la suma al reemplazarlos todos es 0,875. Las soluciones con ai=3 me dan valores de la suma del segundo témino mayores que 1 que no permiten aplicar el paso 6. Por ejemplo, {3,3,3,3,3,3,5,5,5,5,5,5,5,5} suma 1,12345679. Al empezar por 2 encuentro soluciones válidas, como {2,3,3,4,4,4,4,4,5,5,5,5,5,5} o {2,3,3,3,4,4,5,5,5,5,5,5,5,5} cuyo primer término suma 1 y el segundo menos que 1. Reordenando las soluciones… Lee más »

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Juanjo Escribano

03/09/2012 09:38

En orden a buscar posibles soluciones, doy una pista de las sumas de treses. Sigo centrado en soluciones para los doses del tipo {1,2,…,n-2,n-1,n-1} pero parte del razonamiento puede valer para el caso general. Sumo los términos de exponente n-1 en los treses, y si son los elementos i,j, para poder reducir el denominador i/3^(n-1)+j/3^(n-1)=(i+j)/3^(n-1) deducimos que i+j = múltiplo de 3, que no puede ser el 3, pues sería i,j€{1,2} y no podria poner el elemento de exponente 1 (que ya he demostrado que es el 1 o el 2). Tras esto, el elemento k de exponente n-2 tiene… Lee más »

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Juanjo Escribano

03/09/2012 09:51

Mmonchi

En el paso 5 que siempre hay solución es evidente. Por lo menos la que he dado yo. {1,2,…,n-2,n-1,n-1}

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Mmonchi

03/09/2012 11:11

Llevas toda la razón, Juanjo, descartaba esas soluciones porque me obligaban a trabajar con números muy «grandes». Pero también sirven, por ejemplo, para N=14, a partir de la solución de «doses» {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,13} se llega a la solución de «treses» {2,1,4,3,6,5,8,7,10,9,11,12,13,13}.

Ahora solo falta demostrar que siempre se puede reordenar tu solución para obtener una que valga con las potencias de 3.

Responde

Mmonchi

03/09/2012 11:25

Las soluciones son fáciles de encontrar: N=1 {1}, N=2 {1,1}, N=5 {2,1,3,4,4}, N=6 {2,1,3,5,5,4}, N=9 {2,1,4,3,5,8,7,6,8}, N=10 {2,1,4,3,6,5,7,9,8,9}, N=11 {2,1,4,3,6,5,8,7,9,11,12,10,12}…

Parecen seguir un patrón, si es así ya estaría la demostración terminada.

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Juanjo Escribano

03/09/2012 12:44

Mmonchi,

si parece haberla pero no veo como hacerlo de manera formal.

En cuanto al apartado 5 a demostrar, siempre existe solución (y en general mas de una) si partimos de mi solución para 3 {1,2,2} en cada paso cojes cualquier Nº y lo eliminas, sustituyendolo por dos iguales con valor Nº+1.

Para 4, p.e. {2,2,2,2}, o {1,3,3,2} o {1,2,3,3}

cojo el 2 caso, y para 5

{2,2,3,3,2}, {1,4,4,3,2},{1,3,4,4,2},{1,3,3,3,3}

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Juanjo Escribano

03/09/2012 13:25

Mmonchi, la última serie es N13 ¿no?

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Juanjo Escribano

03/09/2012 14:50

La frase:

Tras esto, el elemento k de exponente n-2 tiene que ser múltiplo de 3.

es un error

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Juanjo Escribano

04/09/2012 09:23

La ventaja que le veo a las construcciones que propongo es que son «mas constructivas» y posiblemente encontremos la recurrencia.

Estoy mirando que para conjuntos de n=4k+1 elementos la solución sea fijando n-5 elementos {2,1,4,3,6,5,…} y reordenar n-4,n-3-n-2,n-1,n-1

y para conjuntos de n=4k+2 lo mismo con los 4 últimos.

Si tenemos en cuenta que i+j es múltiplo de 3 para n-1, son pocos casos a revisar

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Juanjo Escribano

04/09/2012 09:57

La ventaja que le veo a las construcciones que propongo es que son «mas constructivas» y posiblemente encontremos la recurrencia.

Estoy mirando que para conjuntos de n=4k+1 elementos la solución sea fijando n-5 elementos {2,1,4,3,6,5,…} y reordenar n-4,n-3-n-2,n-1,n-1

y para conjuntos de n=4k+2 lo mismo con los 4 últimos.

Si tenemos en cuenta que i+j es múltiplo de 3 para n-1, son pocos casos a revisar

Posiblemente la repetición se produzca cada 12 elementos (4*)

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Juanjo Escribano

04/09/2012 11:38

Respecto al descarte, creo que siguiendo to idea, las sumas de los numeradores módulo 3 es :
1,0,0,1,0,0,1,0,0,…. con lo que serían posibles soluciones 3k y 3k+2

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Juanjo Escribano

04/09/2012 11:52

Respecto al descarte, creo que siguiendo tu idea, las sumas de los numeradores módulo 3 es :
1,0,0,1,0,0,1,0,0,…. con lo que serían posibles soluciones 3k y 3k+2

Para N=5, {2,1,3,4,4} cumple (si no me he equivocado)

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Juanjo Escribano

04/09/2012 12:06

Pero la realidad es mas cabezona, y creo que los dos estamos equivocados en como reducir los casos (N10 = 3k+1 destroza mi teoria). La única condición segura es que la suma de numeradores del conjunto de a(i) mas grande es múltiplo de 2

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Juanjo Escribano

04/09/2012 12:08

multiplo de 3 obviamente

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Juanjo Escribano

04/09/2012 14:16

Mmonchy, lo tuyo está bien. Es una restriccón válida. La mía no.

Responde

Ratoncillo de biblioteca

04/09/2012 16:10

Hola.

Sé como probar que los posibles $n$ válidos son de la forma $4k+1$ ó $4k+2$ y también que si un $n$ de la forma $4k+1$ es solución entonces también es solución $4k+2$ . Por tanto sólo quedaría probar que los $n$ de la forma $4k+1$ son solución.

También he visto que si consideramos la sucesión $a_n$ como una función $a:\{1,2,\dots,n\}\longrightarrow\mathbb{N}\cup\{0\}$ y $m$ es su máximo entonces $a^{-1}\left(\{m\}\right)$ tiene un número par de elementos y que si los sumamos el resultado debe ser un múltiplo de tres.

No se si incluir hasta donde he llegado por si quereis seguir pensando…

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Mmonchi

04/09/2012 19:42

Juanjo, sí, era N=13. Profundizando en tu idea he llegado a algunas conclusiones: Si tenemos una solución {1,2,3,…,N-3,N-2,N-1,N-1} de la primera fracción, podemos construir la siguiente solución (no válida) de la segunda fracción: {2,1,4,3,…,N-1}. Es decir, ai=i+1 para i impar y ai=i-1 para i par, excepto el último término si N=2q+1 y los dos últimos si N=2q+2. Es fácil comprobar que la solución tiende a 1 cuando se reemplazan los ai por las potencias de 3 en la segunda fracción, así que vamos a evaluar el error cometido y a buscar la forma de solucionarlo. Tenemos la segunda fracción de… Lee más »

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Juanjo Escribano

05/09/2012 09:01

MMonchi Justamente iba a colgar un resultado similar, pero sin deducción (calculada para varios casos) O no te entiendo o te has confundido, pero la diferencia -q se produce (obviamente) en un solo valor (no puede ser igual en 2q+1 y 2q+2. Yo veo: 2 2 4 3 6 4 8 5 10 6 12 7 14 8 … Eso me ha permitido encontrar fácilmente la solución N18 con muy poco cálculo Coloco en la fila superior los numeradores e iré calculando en la inferior los denominadores. Empiezo fijando 14 números 15 16 17 18, y para explonente 17 (suma… Lee más »

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Juanjo Escribano

05/09/2012 09:16

Siguiendo el mismo procedimiento

N17={2,1,4,3,6,5,8,7,10,9,12,11,13,16.14.16.15}}

Responde

Juanjo Escribano

05/09/2012 09:25

Para Ratoncillo y Mmonchi

Además de simplificar al caso 4k+1 podremos intentar ordenar solo casos de 5 números

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Juanjo Escribano

05/09/2012 09:34

Mmonchi

Ahora te he entendido y es lo que yo había deducido sin demostración.

Mi serie

2 2
4 3
6 4

quiere decir que la diferencia si sumo {2,4,6} elementos primeros es {2,3,4} y así sucesivamente.

Creo que en la terminología has puesto 2q+2 y es 2q-2

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Juanjo Escribano

05/09/2012 10:52

N22={2,1,..,16,15,17,21,18,20,21,19}

pero N21 no me sale con 5 Nºs ordenados

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Juanjo Escribano

05/09/2012 11:12

N26={2,1,…,20,19,21,23,25,22,25,24}

Pero no veo ninguna lógica y las permutaciones de 6 con 2 repetidos son 360.

Agrupo soluciones encontradas con el desarrollo {1,2,..,n-2,n-1,n-1}

N=1.. {1}
N=5.. {2,1,3,4,4}
N=9.. {2,1,4,3,5,8,7,6,8}
N=13 {2,1,4,3,6,5,8,7,9,11,12,10,12}
N=17{2,1,4,3,6,5,8,7,10,9,12,11,13,16.14.16.15}

N=2.. {1,1}
N=6.. {2,1,3,5,5,4}
N=10 {2,1,4,3,6,5,7,9,8,9}
N=14 {2,1,4,3,6,5,8,7,10,9,11,12,13,13}
N=18 {2,1,4,3,6,5,8,7,10,9,12,11,13,17,14,17,16,15}
N=22 {2,1,..,16,15,17,21,18,20,21,19}

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Juanjo Escribano

05/09/2012 12:26

Voy a intertar demostrar que la forma N=14 no se repite mas: Sumo los dos últimos elementos y aplico las divisiones por 3: (n-1)+n=3a con a €N (n-2)+a=3b (n-3)+b=3c y c=(n/2)-1 por los residuos que hemos visto previamente 4 ecuaciones con 4 incognitas cuya solución es: a=9 b=7 c=6 n=14 Habría que revisar esto para las 12 variantes de 4 cifras con 2 repetidas, pero la pinta es mala, pues para cada forma tendremos 4 ecuaciones con 4 incógnitas. Si pasamos a 6 nos pasará lo mismo (6 ecuaciones con 6 incognitas) y 360 formas y así sucesivamente. Además algunos… Lee más »

Responde

Mmonchi

05/09/2012 13:35

Juanjo, he puesto 2q+1 y 2q+2 porque en los casos 1 y 2 el error es 0, en los casos 5 y 6 es -2, en los casos 9 y 10 es -4, en 13 y 14 es -6, etc. Como el error es creciente el número de términos que hay que reordenar también crecerá, me parece inevitable. Habrá excepciones, por ejemplo, si intercambiamos los términos de las posiciones N-4 y N-3 el error disminuye en 18, así que los casos N=37 y N=38 se solucionan intercambiando esos dos términos. (No lo he comprobado) Lo mismo debe ocurrir con N=325… Lee más »

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Juanjo Escribano

05/09/2012 14:25

Podeis poner por favor la construcción de 4k+2 si hay solución de 4k+1, pues nos dejaría el campo al 50% y yo no lo veo.

Mmonchi, no he entendido el paso final del residuo, donde de la ecuación pasas a que falta q (ya he comentado que lo había descubierto, pero no de manera formal) y ojo hay que solucionar los impares (4k+1)=>4k+2 y no habeis dicho nada de la inveresa)

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Juanjo Escribano

10/09/2012 10:41

La parte del residuo he conseguido demostrarla por inducción completa.

decímos que el residuo es r(p) al valor r/3^2P

para p = 1 {2,1,…..} y r(p)= 1-(1/3^2+2/3^1)) = 1-7/9=2/9, luego r(1)=2=p+1

Ahora si se cumple para un p,

tenemos que para el conjunto {2,1,4,3,…,2p,2p-1} el residuo es p+1

Para calcular el residuo de r(p +1) = 1 – (2/3^1+1/3^2+…+2p/3^(2p-1)+(2p-1)/3^2p+(2p+2)/3^(2p+1)+(2p+1)/3^(2p+2) = r(p)+(2p+2)/3^(2p+1)+(2p+1)/3^(2p+2)=
(p+1)/3^2p+(2p+2)/3^(2p+1)+(2p+1)/3^(2p+2)= (9(p+1)-3(2p+2)-(2p+1))/3^(2p+2)=(p+6)/3^(2p+2)
(9p+9-6p-6-2p-1)/3^(2p+2)=(p+2)/3^(2p+2) como queríamos demostrar

Responde

Juanjo Escribano

10/09/2012 10:43

Mmonchi,

la suma de los numeradores no tiene por que ser impar, 1,2,3 suma 6 y es multiplo de 3

Responde

Juanjo Escribano

10/09/2012 10:49

n=8 {2,1,5,7,6,3,4,7}

Responde

Juanjo Escribano

10/09/2012 11:02

Mi solución del 8 es errónea (residuo 3 en vez de 2)

Responde

Ratoncillo de biblioteca

10/09/2012 17:14

El caso $4k+1$ se obtiene probando que si el resultado es cierto para $4k+1$ entonces es cierto para $4(k+3)+1$ y teniendo en cuenta que para $1,5,9$ el resultado es cierto. Ando bastante liado con el trabajo, pero si tengo hueco incluyo la solución.

Responde

Mmonchi

14/09/2012 23:47

Hola, he estado analizando las posibles soluciones para buscar un patrón que me diera una solución general, como la de Juanjo para las potencias de 2. Primero busqué todas las soluciones posibles: N=1 {1} N=2 {1,1} N=5 {2,1,3,4,4} {2,2,2,3,3} N=6 {2,1,3,5,5,4} {2,1,4,4,4,4} {2,2,2,4,4,3} {2,2,3,3,3,3} Con N=9 hay 130 soluciones, de {1,2,5,8,7,6,4,8,3} a {2,3,3,3,3,4,4,4,4}. Con N=10, 524, de {1,2,4,8,5,7,9,9,6,3} a {2,3,3,3,4,4,4,4,4,4}. Con N=13 51906, de {1,2,4,5,7,9,12,8,11,3,12,6,10} a {3,2,3,3,4,4,4,5,5,5,5,5,5}. Eran demasiadas soluciones para poder analizarlas, así que probé a buscar soluciones «crecientes», es decir, aquellas en las que Ai+1 >= Ai. Las únicas soluciones de este tipo hasta N=20 son {1} {1,1}… Lee más »

Responde

Ratoncillo de biblioteca

16/09/2012 14:49

(1) Veamos que $4k+1$ implica $4k+2$ .

Observemos que:

${\displaystyle\begin{cases} \cfrac{1}{2^{a_{2k+1}}}=\cfrac{1}{2^{a_{2k+1}+1}}+\cfrac{1}{2^{a_{2k+1}+1}}\vspace*{0.5cm}\\ \cfrac{2k+1}{3^{a_{2k+1}}}=\cfrac{2k+1}{3^{a_{2k+1}+1}}+\cfrac{4k+2}{3^{a_{2k+1}+1}} \end{cases}}$

Por tanto, a partir de la sucesión de partida $a_1,a_2,\dots,a_{4k+1}$ podemos construir la nueva sucesión

$a_1,a_2,\dots,a_{2k},\pmb{a_{2k+1}+1},a_{2k+2},\dots,a_{4k+1},\pmb{a_{2k+1}+1}$

que hace que el resultado sea cierto para $4k+2$

(2) Veamos que $4k+1$ implica $4(k+3)+1=4k+13$ .
Esto probará el caso $4k+1$ , ya que el resultado es cierto para

$\begin{cases}4\cdot 0 +1=1 \\ 4\cdot 1+1=5 \\ 4\cdot 2+1=9\end{cases}$

Por el apartado (1) basta probar que $4k+2$ implica $4k+13$ .

Para los pares: $4k+4, \ 4k+6, \ 4k+8, \ 4k+10, \ 4k+12$ aplicamos la misma técnica que en el apartado (1):

${\displaystyle\begin{cases} \cfrac{1}{2^{a_{2k+2}}}=\cfrac{1}{2^{a_{2k+2}+1}}+\cfrac{1}{2^{a_{2k+2}+1}}\vspace*{0.5cm}\\ \cfrac{2k+2}{3^{a_{2k+2}}}=\cfrac{2k+2}{3^{a_{2k+2}+1}}+\cfrac{4k+4}{3^{a_{2k+2}+1}} \end{cases} \quad \begin{cases} \cfrac{1}{2^{a_{2k+3}}}=\cfrac{1}{2^{a_{2k+3}+1}}+\cfrac{1}{2^{a_{2k+3}+1}}\vspace*{0.5cm}\\ \cfrac{2k+3}{3^{a_{2k+3}}}=\cfrac{2k+3}{3^{a_{2k+3}+1}}+\cfrac{4k+6}{3^{a_{2k+3}+1}} \end{cases}}$

${\displaystyle\begin{cases} \cfrac{1}{2^{a_{2k+4}}}=\cfrac{1}{2^{a_{2k+4}+1}}+\cfrac{1}{2^{a_{2k+4}+1}}\vspace*{0.5cm}\\ \cfrac{2k+4}{3^{a_{2k+4}}}=\cfrac{2k+4}{3^{a_{2k+4}+1}}+\cfrac{4k+8}{3^{a_{2k+4}+1}} \end{cases} \quad \begin{cases} \cfrac{1}{2^{a_{2k+5}}}=\cfrac{1}{2^{a_{2k+5}+1}}+\cfrac{1}{2^{a_{2k+5}+1}}\vspace*{0.5cm}\\ \cfrac{2k+5}{3^{a_{2k+5}}}=\cfrac{2k+5}{3^{a_{2k+5}+1}}+\cfrac{4k+10}{3^{a_{2k+5}+1}} \end{cases}}$

${\displaystyle\begin{cases} \cfrac{1}{2^{a_{2k+6}}}=\cfrac{1}{2^{a_{2k+6}+1}}+\cfrac{1}{2^{a_{2k+6}+1}}\vspace*{0.5cm}\\ \cfrac{2k+6}{3^{a_{2k+6}}}=\cfrac{2k+6}{3^{a_{2k+6}+1}}+\cfrac{4k+12}{3^{a_{2k+6}+1}} \end{cases}}$

Ahora vamos con los impares: $4k+3, \ 4k+5, \ 4k+7, \ 4k+9, \ 4k+11, \ 4k+13$

Si los sumamos se obtiene:

$(4k+3) + (4k+5) + (4k+7) + (4k+9) + (4k+11) + (4k+13)=3(8k+16)$

Por otro lado,

$\cfrac{k+2}{3^{a_{k+2}}}=\cfrac{8k+16}{3^{a_{k+2}+2}}+\cfrac{k+2}{3^{a_{k+2}+2}}$

luego

$\cfrac{k+2}{3^{a_{k+2}}}=\left(\cfrac{4k+13}{3^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{4k+11}{3^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{4k+9}{3^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{4k+7}{3^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{4k+5}{3^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{4k+3}{3^{a_{k+2}+3}}\right)+\cfrac{k+2}{3^{a_{k+2}+2}}$

y además

$\cfrac{1}{2^{a_{k+2}}}=\left(\cfrac{1}{2^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{1}{2^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{1}{2^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{1}{2^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{1}{2^{a_{k+2}+3}}+\cfrac{1}{2^{a_{k+2}+3}}\right)+\cfrac{1}{2^{a_{k+2}+2}}$

Por último se define la nueva sucesión:

$a_1, \dots,a_{k+1},\pmb{a_{k+2}+3},a_{k+3},\dots,a_{4k+2},\pmb{a_{k+2}+3},\pmb{a_{2k+2}+1},\pmb{a_{k+2}+3},\pmb{a_{2k+3}+1},\pmb{a_{k+2}+3},$

$\pmb{a_{2k+4}+1},\pmb{a_{k+2}+3},\pmb{a_{2k+5}+1},\pmb{a_{k+2}+3},\pmb{a_{2k+6}+1},\pmb{a_{k+2}+3}$

Responde

Mikita

16/09/2012 16:01

Muy bien redactado, Ratoncillo de biblioteca.

Responde

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