Con este problema llegamos al final de la serie de problemas planteados en la XLVII Edición de la Olimpiada Matemática Española. El sexto (tercero de la segunda sesión) dice lo siguiente:
Sea
, con
, la sucesión definida por:
para
;
, para
Prueba que para todo entero no negativo a se cumple que
es múltiplo de 2011.
A ver qué tal sale este último.
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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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$latex código-latex-que-quieras-insertar$.
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Hmmm… hay que considerar que CADA n de 0<=n<=2011 es la semilla de una serie distinta.
Hay que demostrar que cada una de esas series, tiene la propiedad buscada.
Hago una demostración no muy detallada pero que puede completase con facilidad. Sea, para un número primo p, la sucesión S(n)tal que S(n)=1 si n están entre 0 y p y tal que S(n+1)=S(n)+S(n-p) si n>=p. Denotando por C(m,n) al número combinatorio m!/((n!•(m-n)!) se demuestra por inducción sobre k que S(n+k)=C(k,0)•S(n)+C(k,1)•S(n-k)+C(k,2)•S(n-2k)+…+C(k,k)•S(n-k•k) Por tanto, S(a•p)= C(p,0)•S(ap-p)+C(p,1)•S(ap-2p)+C(p,2)•S(ap-3p)+…+C(p,p)•S(ap-(p+1)•p)) Supongamos ahora, por hipótesis de inducción, que si b<a, S(bp)-S(b) es divisible por p. Entonces S(ap)-S(a)= 1•S(ap-p)+[ C(p,1)•S(ap-2p)+C(p,2)•S(ap-3p)+..C(p,p-1)S(ap-p•p)]+ 1•S(ap-(p+1)•p))-S(a)= =(S(ap-p)-S(a-1))+[…]+(S(ap-p•p-p)-S(a-p-1))+(S(a-1)+S(a-p-1)-S(a)) El primer y el tercer sumando son divisibles por p por hipótesis de inducción; el sumando entre corchetes es múltiplo de p porque si 0<k<p,… Lee más »
Creo que hay un problema con la solución de pcrdeg, ya que la relación que pretende demostrar por inducción, para , es , que no es cierta. Tal vez no haya entendido bien lo que quiere decir… En cualquier caso, mi solución es la siguiente: supongamos que un saltamontes puede dar «pasos» de longitud , y «saltos» de longitud , siendo un entero positivo cualquiera. Sea el número de formas en que puede llegar desde hasta , avanzando siempre hacia la derecha y combinando pasos y saltos. Claramente, si , tenemos , ya que no puede dar ningún salto, y… Lee más »