Problema 2 de la Olimpiada Internacional (2018) Se dirige a una edad de: 17-19 años
Hallar todos los enteros n mayores o iguales a 3 para los que existen números reales a₁, a₂, …, an + 2 tales que ai·ai + 1 + 1 = ai + 2 para i = 1, 2, …, n, y an + 1 = a₁, y an + 2 = a₂.
Solución:
Este problema ya es bastante más difícil. Resolver los dos fáciles y éste supuso entrar en la puntuación de las medallas, ya que suponen en total 21 puntos (16 – 24 puntos, medalla de bronce en este año).
Construir un ejemplo por tanteo no es fácil. Juguemos en principio con la sucesión mínima, de cinco elementos, pero en la que los dos últimos coinciden con los dos primeros. Se trataría de sólo tres números, a, b, c, a, b. Además, debe darse que a·b + 1 = c, b·c + 1 = a y c·a + 1 = b, y tenemos un sistema no lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas. Tratemos de resolverlo.
Un primer paso sería sustituir la c, que ya está despejada en la primera ecuación, en las otras dos. Eso nos deja dos ecuaciones muy similares con a y b. Una será b(a·b + 1) + 1 = a y la otra, a(a·b + 1) + 1 = b.
Ocupándonos de la primera ecuación, tenemos que, al quitar paréntesis, a·b² + b + 1 = a. Es una ecuación de primer grado en a y segundo en b, es decir, que deberíamos intentar despejar a. Si dejamos los términos sin a en un lado y los que sí tienen a en el otro, queda b + 1 = a(1 – b²) (aquí he sacado factor común la a).
Vamos a plantearnos esta igualdad. Si queremos acabar de despejar, b no puede valer 1 ni puede valer –1, ya que a quedaría multiplicado por 0. Sin embargo, b = –1 podría ser solución, mientras que b = 1 no.
Puede que haya más soluciones (de hecho, podríamos despejar a en otros casos y buscarlas, aunque no lleva a ningún sitio útil), pero ya tenemos el principio de una. Vale, b puede valer –1, y la otra ecuación, en ese caso, queda a(a·(–1) + 1) + 1 = –1, es decir, a(1 – a) = –2, que es una ecuación de segundo grado, a – a² = –2, o 0 = a² – a – 2. Aplicando la conocida ecuación de segundo grado, tenemos que a puede valer 2 o –1.
Y, claro, c se puede calcular a partir de a y b. Eso quiere decir dos soluciones: –1, –1, 2, –1, –1 y también 2, –1, –1, 2, –1 (si hubiésemos supuesto que b no vale –1, y despejamos a, con mucho trabajo, habríamos llegado a la única tercera solución, que es que b vale 2 y, curiosamente, a y c valen –1, con lo que en realidad se trata de la misma solución).
Es decir, que para n = 3 sólo hay una posibilidad, y empezar por un sitio o por otro, ya que la sucesión es periódica, es decir, a partir del valor n vuelve a empezar. Como sólo tenemos que estudiar si para ese valor de n existe o no tal sucesión, sabemos ya que para 3 sí.
Aunque no es fácil caer en la cuenta, con estos mismos números vale para cualquier múltiplo de 3. Por ejemplo, para n = 6 tendríamos la sucesión –1, –1, 2, –1, –1, 2, –1, –1, que cumple la condición también. Y repitiendo esta terna de valores, existiría la sucesión para cualquier n múltiplo de 3.
Ya sólo queda averiguar si los valores que no sean múltiplos de 3 es posible o no construir una sucesión de este tipo, pero eso necesita hacer otro tipo de esfuerzo.
Desde luego, intentar buscar una solución para n = 4 es muy difícil de plantear con una estrategia similar, así que vamos a estudiar qué pasa con los signos.
Si a lo largo de la sucesión tenemos dos términos consecutivos positivos (o no negativos), por construcción, el siguiente será mayor o igual que 1, y el siguiente a ese, mayor que 1 y que el anterior, y cada término será positivo y mayor que el que precede a su anterior. De esta forma, es imposible que ninguno de ellos pueda volver a repetir la secuencia, ya que en ningún momento se reducirá su valor.
Es evidente que no pueden darse tres negativos seguidos, por la regla de los signos.
Veamos ahora que si hay dos negativos consecutivos, entonces se vuelve a dar una secuencia positivo – negativo – negativo. Imagina que no sea así, tenemos cinco números positivos de forma que la sucesión –a, –b, c, –d, e cumple la regla de recursividad. Como c = ab + 1, tenemos que c > 1. Pero como e = 1 – cd, entonces e < 1, y claramente e –cd, y 1 – de, que sería el siguiente elemento de la sucesión, sería mayor que 1 – cd = e, que es positivo. Eso implica dos números positivos, que ya hemos visto que es imposible.
Veamos que tampoco puede darse el caso de que haya una alternancia permanente negativo – positivo – negativo – positivo. Si esto sucede, entonces no puede volverse a repetir, porque los términos negativos son cada vez más grandes, por lo que no podría ser periódica (y además, acabarían por ser positivos). Vamos a demostrarlo. Supongamos que la sucesión es de la forma –x1, x2, –x3, x4, …, con todos los valores xi positivos y cumple la regla de recursividad. En cualquier número par xk = –xk – 1·xk – 2 + 1, y eso significa que claramente es menor que 1, y si xk < 1, xk·xk – 1 < xk – 1, y –xk·xk – 1 > –xk – 1, pero entonces –xk + 1 = –xk·xk – 1 + 1 > –xk – 1 + 1 > –xk – 1, que es el anterior negativo.
Por lo tanto, la única posibilidad es que la sucesión tenga un ritmo positivo – negativo – negativo permanente, con lo que el número de elementos n debería ser múltiplo de 3, como el que hemos visto. Y, puesto que ya hemos visto un ejemplo, seguro que existen.
Hay una demostración muy original que no utiliza muchos recursos, pero es muy imaginativa.
Primero, hay que ver que la sucesión -1, -1, 2 cumple las reglas, como hemos visto.
Cada uno de los elementos debe cumplir ai·ai + 1 + 1 = ai + 2, y eso supone, multiplicando por ai + 2 que ai·ai + 1·ai + 2 + ai + 2 = (ai + 2)². También, obteniendo el término siguiente y multiplicando por ai, ai·ai + 1·ai + 2 + ai = ai·ai + 3.
Si sumamos todos los posibles valores de la sucesión desde el 1 hasta el n, tendremos que la suma de los cuadrados (que cada uno de ellos es igual al producto de tres consecutivos más uno de ellos) es igual a la suma de todos los productos de uno de ellos por el tercero a partir de él (que también tiene una expresión idéntica, ya que estamos sumando todos).
Eso quiere decir que si sumamos todos los cuadrados de la resta (ai – ai + 3)², tendremos la suma de todos los ai² + (ai + 3)² – 2ai·ai + 3, pero como la suma de los cuadrados es igual que la suma de los productos que salen, todo eso debe dar cero.
Pero como todos los cuadrados deben dar cero para que la suma sea cero, resulta que cada término es exactamente igual al que hay tres posiciones más adelante, luego n sólo puede ser múltiplo de 3 (o ser una sucesión constante, cosa que es fácil comprobar que no es posible).
Para terminar, hay una demostración algo más técnica, que exige un poco de conocimiento previo. Puesto que los participantes a estos niveles llevan mucha preparación teórica, voy a darla, pero es normal que no hayas oído aún hablar del resultado intermedio que es necesario.
La propiedad necesaria es la llamada desigualdad de la reordenación (rearrangement inequality), que afirma lo siguiente: Si tenemos dos sucesiones ordenadas de números reales x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ … ≤ xn y y1 ≤ y2 ≤ y3 ≤ … ≤ yn, y tenemos una reordenación de la primera sucesión (que ya no estará ordenada) z1, z2, z3, … zn, entonces el producto x1·yn + x2·yn – 1 + … + xn·y1 ≤ z1·yn + z2·yn – 1 + … + zn·y1 ≤ x1·y1 + x2·y2 + … + xn·yn. Además, la desigualdad es estricta salvo que la reordenación no desordene las xi (entonces será igual que la primera suma) o que invierta totalmente el orden (que será igual a la última suma).
Si lo piensas bien, es un resultado muy curioso y potente. Si tienes curiosidad del motivo de su funcionamiento, se puede demostrar por inducción sobre el número de elementos.
Bueno, vamos a ver cómo se aplica a nuestro caso.
Una vez que hemos visto que la suma de todos los cuadrados es igual que la suma de todos los productos de un término por el que hay tres puestos más adelante, como hemos visto en la demostración anterior, resulta que tenemos dos sucesiones (que son la misma, la nuestra ordenada), y como hemos visto, si comparamos la suma del producto de una reordenación a la suma ordenada (que serían los cuadrados, obviamente), siempre sería menor, salvo que la reordenación no alterase el orden en absoluto, es decir, que cada elemento sea igual que el que está tres posiciones más adelante. Y ya estaría.
