XXIV Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas (problema 2)

Enviado por jmd el 22 de Septiembre de 2009 - 14:02.
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Para cada entero positivo $ n $ se define $ a_n = n+m $, donde $ m $ es el mayor entero tal que $ 2^{2^m}\leq n2^n $. Determinar qué enteros positivos no aparecen en la sucesión $ a_n $.
 

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Comentarios

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#1 Ok, comencemos, espero acabar

Enviado por Luis Brandon el 22 de Septiembre de 2009 - 21:24.
5

Ok, comencemos, espero acabar de escribir antes de que me quiten la compu haha
Mi plan es sencillo, ver que $ m\leq n $ (es un estricto menor...pero no se como ponerlo)
y de ahi ver que $ m=n-1 $ por consiguiente $ a_n=2n-1 $ y de ahi el problema esta resulto...

La Geometria es el arte de pensar bien y dibujar mal...hahaha resolviendo con figuras falsas ahha brandoowin@hotmail.com
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#2 1)Supongamos que entonces

Enviado por Luis Brandon el 22 de Septiembre de 2009 - 22:33.
5

1)Supongamos que $ n\leq m $ entonces podemos escribir $ m=n+k $ con $ 1\leq k $ (recordemos que el primer menor o igual es estricto menor)ahora si trabajemos un poco el algebra...

$ 2^{2^m}=2^{2^{n+k}}=2^{2^n*2^k}=(2^{2^n})^{2^k}\leq n2^n $ por otro lado es claro que...

$ 2^n\leq 2^{2^n} $ y que $ n\leq 2^{2^n} $ de ahi multiplicando ambas desigualdades se tiene que

$ n2^n\leq (2^{2^n})^2\leq (2^{2^n})^{2^k} $ lo cual es una contradiccion, por lo tanto $ m\leq n $
(otra vez recuerdo que es un estricto menor....)

De lo anterior se concluye que cualquier valor de $ m $ menor que $ n $ satisface la desigualdad. Como $ m $ es el "mayor entero" tomaremos $ m=n-1 $ De ahi se tiene que $ a_n=2n-1 $. Y de ahi el resultado es facil de ver, $ a_n $ es impar, es decir ningun par aparece en la lista...y como $ n $ toma cualquier valor cualquier impar es posible...

espero y este bueno saludos!!!!!!

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#3 Hahaha si hay dudas o omiti

Enviado por Luis Brandon el 22 de Septiembre de 2009 - 22:36.
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Hahaha si hay dudas o omiti algo mañana corrijo ya se me acabo el tiempo en la compu hahahah nos vemos,

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#4 usando el razonamiento arriba

Enviado por Fernando Mtz. G. el 23 de Septiembre de 2009 - 19:06.
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usando el razonamiento arriba descrito, si $ n=4 $, $ m=3 $ cumple, pero $ 2^{2^3} $ > $ (4)(2^4) $. Además observese que si $ n=4 $, $ m=2 $ y $ a_4 =6 $.

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#5 Para n=5, la m permanece en

Enviado por jmd el 23 de Septiembre de 2009 - 19:02.

Para n=5, la m permanece en 2. Lo cual sugiere que la m permanece la misma para un largo recorrido de n, cuando n es grande... Lo cual es claro si uno calcula $ 2^{2^m} $ para los primeros valores de m y los compara con los valores de $ n \cdot 2^n $

Los saluda

José Muñoz Delgado

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#6 hahah si  estaba mal, ayer

Enviado por Luis Brandon el 23 de Septiembre de 2009 - 20:31.
4

hahah si  estaba mal, ayer cuando me fui a dormir me quede pensando y me di cuenta que estaba totalmente equivocado, hoy le dedique el descanso del cbtis para checar los problemas 2 y 3, y pues espero y ahora si esten bien, La respuesta de este problema son las "potencias positivas de dos"

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#7 Escibamos con De ahi

Enviado por Luis Brandon el 23 de Septiembre de 2009 - 21:20.
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Escibamos $ n=2^x+y $ con $ 0\le y\le 2^x $ De ahi tenemos que para $ a_{2^x+p} $

para $ 0\le p\le 2^x+x+1 $ se tiene que $ a_{2^x+p}=2^x+x+p $

para $ 2^b-b\le p\le 2^b-1 $ se tiene que $ a_{2^x+p}=2^x+x+p+1 $ con $ p $ entero positivo...

(se puede llegar a eso sustitullendo en la desigualdad...)ok...partiendo de las dos formas anteriores se tiene que...

$ a_{2^{x-1}+p}=2^{x-1}+x+p $ para $ 2^{x-1}-x+1\le p\le 2^{x-1}-1 $...de ahi los valores que toma son los $ F $ ($ F $ entero)con

$ 2^x+1\le F\le 2^x+x-1 $.....y los valore $ F $ para la exprecion

$ a_{2^x+p}=2^x+x+p $ con $ 0\le p\le 2^x+x+1 $ son $ 2^x+1\le F\le 2^{x+1}-1 $ por otro lado de las expreciones

$ 2^x+1\le F\le 2^{x+1}-1 $
$ 2^x+1\le F\le 2^x+x-1 $

De ahi se observa que $ F $ toma cualquier valor exepto los de las potencias de 2 y el numero 1 que se alcanza cuando $ x=0 $

Los numeros que no aparecen son los de la forma $ 2^q $ con $ 0\le q $ 

 

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#8 La siguiente es una posible

Enviado por Fernando Mtz. G. el 23 de Septiembre de 2009 - 22:50.
4

La siguiente es una posible solucíon:
Para $ n=1,2,3,4,5,6 $; los valores de la suseción son: $ 1,3,5,6,7,9 $ respectivamente.
De lo anterior se puede empezar a conjeturar que en la sucesión no aparecen las potencias de 2, a exepción del 1.

La siguiente es una posible solucíon:
sean $ p, r $ enteros positivos tales que $ n= 2^r + p $, donde $ 2^r $ > $ p\ge 0 $ $ \rightarrow $
$ 2^{2^r+p+r} $ es la mayor potencia de 2 que es $ \le $ $ n2^n $ $ \rightarrow $
$ 2^{2^m} $ $ \le $ $ 2^{2^r+p+r} $ $ \rightarrow $
$ 2^m $ $ \le $ $ 2^r+p+r $.

consideremos el conjunto de todos los enteros positivos para los cuales se cumple que $ s $ es el mayor entero tal que $ 2^{2^s} $ $ \le $ $ n2^n} $. n puede ser cualquier entero positivo mayor o igual que 6. Sea $ b $ el mayor de los enteros positivos del conjunto. 
Sean $ x,y $ enteros positivos tales que $ b= 2^x + y $ , donde $ 2^x $ > $ y\ge 0 $ $ \rightarrow $
$ 2^s \le 2^x+y+x $. Además por lo dicho anteriormente
$ s+1 $ es el mayor entero tal que $ 2^{2^{s+1}} $ $ \le $ $ (b+1)2^{b+1} $ $ \rightarrow $
$ 2^{s+1}=2^x+y+x+1 $. y como $ x\ge 2 $ $ \rightarrow $

$ 2^{s+1}=2^{x+1} $ (se puede probar con contradicción) $ \rightarrow $ $ x=s $ y $ x+y+1= 2^x $
$ a_b =x+2^x+y $ y $ a_{b+1}=2^{x+1}+1 $
obsérvese que el número $ x+2^x+y+1= 2^{x+1} $ no aparece en la sucesión.

de lo anterior es fácil ver que solo las potencias de 2 diferentes de 1 no se encuentran en la solución.

 

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#9 Al parecer brandon me la

Enviado por Fernando Mtz. G. el 23 de Septiembre de 2009 - 22:45.
4

Al parecer brandon me la ganó, aunque me tardé 3 horas redactando, al parecer nuestro razonamiento fue parecido, lo raro es la semejanza de las letras que escogimos.