{"id":144,"date":"2017-09-08T18:59:28","date_gmt":"2017-09-08T18:59:28","guid":{"rendered":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/?p=144"},"modified":"2017-09-10T18:30:45","modified_gmt":"2017-09-10T18:30:45","slug":"sucesion-estancada-s","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/2017\/09\/08\/sucesion-estancada-s\/","title":{"rendered":"Soluci\u00f3n a sucesi\u00f3n estancada"},"content":{"rendered":"<pre>Olimpiada Matem\u00e1tica Internacional 2017, problema 1.\r\nSe dirige a una edad de: 16\/17<\/pre>\n<p>Para cada entero a<sub>0<\/sub> &gt; 1, se define la sucesi\u00f3n a<sub>0<\/sub>, a<sub>1<\/sub>, a<sub>2<\/sub>, &#8230; tal que para cada n \u2265 0: a<sub>n + 1<\/sub> = \u221a(a<sub>n<\/sub>), siempre que \u221a(a<sub>n<\/sub>) sea entero, mientras que a<sub>n + 1<\/sub> = a<sub>n<\/sub> + 3 en cualquier otro caso.<\/p>\n<p>Determinar todos los valores de a<sub>0<\/sub> para los que existe un n\u00famero A tal que a<sub>n<\/sub> = A para infinitos valores de n.<\/p>\n<p><img loading=\"lazy\" decoding=\"async\" class=\"aligncenter size-medium wp-image-139\" src=\"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/files\/2017\/09\/9.sucesionestancada-300x195.png\" alt=\"\" width=\"300\" height=\"195\" \/><\/p>\n<p><!--more--><\/p>\n<p>Este problema pertenece a la que es, probablemente, la competici\u00f3n m\u00e1s prestigiosa de matem\u00e1ticas para preuniversitarios. Y todos sus problemas suelen ser complicados, ya que los participantes en este concurso son seleccionados en sus pa\u00edses por su capacidad para resolverlos.<\/p>\n<p>Sin embargo, este primer problema no es demasiado dif\u00edcil, como prueba el hecho de que el 72.5% (446 personas) lo resolvieron completamente, logrando los 7 puntos en juego. Cuidado, tampoco es sencillo: muchos participantes, seleccionados en sus pa\u00edses, indudablemente preparados, no pudieron resolverlo.<\/p>\n<p>Vamos a analizar lo que nos pide. Quiere que a<sub>n<\/sub> = A para infinitos valores de n, es decir, que un t\u00e9rmino de la sucesi\u00f3n repita su valor muchas veces. Dicho de otra forma, puesto que es una sucesi\u00f3n definida de forma recursiva, que toda ella se empiece a repetir una y otra vez.<\/p>\n<p>Veamos un ejemplo. Si el primer t\u00e9rmino es 2, la sucesi\u00f3n que tenemos es 2, 5, 8, 11, 14, \u2026 y parece que no se para.<\/p>\n<p>Si el primer t\u00e9rmino es 3, la sucesi\u00f3n ser\u00e1 3, 6, 9, 3, 6, 9, \u2026 y por lo tanto se repetir\u00e1 infinitas veces el valor de A = 3 (o A = 6, o A = 9).<\/p>\n<p>Observando unos cuantos casos, parece claro que si a<sub>0<\/sub>, el primer t\u00e9rmino, es m\u00faltiplo de 3, la sucesi\u00f3n se estancar\u00e1, es decir, ser\u00e1 del tipo pedido, mientras que si no lo es, no se estancar\u00e1. Pero en este concurso es imprescindible demostrarlo completamente, por lo que no nos sirve s\u00f3lo intuir la respuesta.<\/p>\n<p>Veamos que es cierto que si el primer t\u00e9rmino es m\u00faltiplo de 3, la sucesi\u00f3n se estanca.<\/p>\n<p>Todos los t\u00e9rminos ser\u00e1n m\u00faltiplos de 3.<\/p>\n<p>Si el t\u00e9rmino n de la sucesi\u00f3n no es un cuadrado perfecto, el siguiente t\u00e9rmino se obtiene sumando 3, y por tanto tambi\u00e9n ser\u00e1 un m\u00faltiplo de 3, como el primero. Claro, que si un cuadrado perfecto es m\u00faltiplo de 3, su ra\u00edz tambi\u00e9n lo ser\u00e1, y volveremos a obtener un m\u00faltiplo de 3. Por tanto, todos los t\u00e9rminos de la sucesi\u00f3n ser\u00e1n m\u00faltiplos de 3.<\/p>\n<p>Como todos los t\u00e9rminos son mayores que cero, tomemos A como el menor valor que toma la sucesi\u00f3n despu\u00e9s de sacar una ra\u00edz cuadrada. Iremos saltando de un m\u00faltiplo de 3 al siguiente. Puesto que va recorriendo todos los m\u00faltiplos de 3, llegar\u00e1 un momento que uno de ellos ser\u00e1 un cuadrado perfecto, es decir, de la forma 9x. Y la ra\u00edz cuadrada ser\u00e1 menor que el cuadrado donde estemos, y, puesto que no puede descender m\u00e1s, recuerda que hemos tomado A como el menor valor posible, volver\u00e1 a ser A.<\/p>\n<p>Podr\u00edamos precisar m\u00e1s, ya que ese valor de A debe ser 3, pero creo que no es necesario. Podemos tomar el menor puesto que todos son positivos.<\/p>\n<p>Vamos con los n\u00fameros que no son m\u00faltiplos de 3. Hay dos tipos de esos n\u00fameros. Los que son de la forma 3n + 1 y los que son de la forma 3n + 2. Hay que estudiar sus cuadrados para entender bien lo que sucede.<\/p>\n<p>Observa que (3n + 1)<sup>2<\/sup> = 9 n<sup>2<\/sup> + 6n + 1 = 3 (3n<sup>2<\/sup> + 2n) + 1 = 3 r + 1.<\/p>\n<p>Y (3n + 2)<sup>2<\/sup> = 9 n<sup>2<\/sup> + 12 n + 4 = 3(3n<sup>2<\/sup> + 4n + 1) + 1 = 3 s + 1.<\/p>\n<p>Puesto que los cuadrados de ambos son de la forma 3n + 1, vemos que todos los cuadrados que no son m\u00faltiplos de 3 deben ser de esa forma.<\/p>\n<p>Eso quiere decir que, en cuanto uno de los t\u00e9rminos de la sucesi\u00f3n sea de la forma 3n + 2, todos los dem\u00e1s a partir de \u00e9l lo ser\u00e1n tambi\u00e9n, y nunca se llegar\u00e1 a un cuadrado perfecto, por lo que la sucesi\u00f3n no se estancar\u00e1 y no existir\u00e1 ese tal valor A.<\/p>\n<p>Por \u00faltimo, queda estudiar aquellos casos en los que todos los t\u00e9rminos sean de la forma 3n + 1.<br \/>\nVeamos que eso no es posible. En primer lugar, veamos que si llegamos a un cuadrado mayor o igual que diecis\u00e9is, al obtener la ra\u00edz cuadrada, llegamos a un valor menor o igual que el anterior cuadrado no m\u00faltiplo de 3.<\/p>\n<p>La lista de cuadrados no m\u00faltiplos de 3 es la siguiente: 1, 4, 16, 25, 49, \u2026<\/p>\n<p>Est\u00e1 claro que si, para un valor de x mayor o igual que uno, estamos en el cuadrado de x + 3, que es x<sup>2<\/sup> + 6x + 9, el siguiente t\u00e9rmino ser\u00e1 x + 3, y despu\u00e9s ir\u00e1n todos los n\u00fameros de 3 en 3. Est\u00e1 claro que x + 3 es menor que el cuadrado de x + 2 (x<sup>2<\/sup> + 4x + 4) y que el de x + 1 (x<sup>2<\/sup> + 2x + 1), y uno de los dos no ser\u00e1 m\u00faltiplo de 3. Para saber que es menor, basta restarlo y ver que tiene que ser positivo. Esto quiere decir que desde x + 3 siempre llegamos a un cuadrado m\u00e1s peque\u00f1o, excepto para x = 1, es decir, hasta el 4.<\/p>\n<p>Claro, que si todos sus t\u00e9rminos son de la forma 3n + 1, subiremos hasta encontrar un cuadrado, y, si es mayor que 16, descenderemos por debajo de otro cuadrado diferente, y volveremos a subir de t\u00e9rmino en t\u00e9rmino hasta llegar a un cuadrado inferior al anterior.<\/p>\n<p>Es decir, que si hay una sucesi\u00f3n compuesta de n\u00fameros 3n + 1, ir\u00e1 pasando de un cuadrado a uno inferior, hasta llegar a uno inferior a 16. Por lo tanto, llegar\u00e1 a 4. Y de ah\u00ed a 2, con lo que no puede ser que todos sus t\u00e9rminos sean de la forma 3n + 1.<\/p>\n<p>Por tanto, la respuesta correcta, como hemos visto, es que las \u00fanicas sucesiones que cumplen lo que dice el problema son aquellas que empiezan en un m\u00faltiplo de 3.<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"<p>Olimpiada Matem\u00e1tica Internacional 2017, problema 1. 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