Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Tenemos los siguientes valores: \begin{align*} q(1)&=1,& q(2)&=2,& q(3)&=3,& q(4)&=2,& q(5)&=2,\\ q(6)&=3,& q(7)&=3,& q(8)&=4,& q(9)&=3,& q(10)&=3,\\ q(11)&=3,& q(12)&=4,& q(13)&=4,& q(14)&=4,& q(15)&=5,\\ q(16)&=4,& q(17)&=4,& q(18)&=4,& q(19)&=4,& q(20)&=5,\\ q(21)&=5,& q(22)&=5,& q(23)&=5,& q(24)&=6,& q(25)&=5. \end{align*} Observamos que los valores van cambiando por unidades y justo los valores de $n$ en los que la función decrece son 3, 8, 15 y 24, que son todos una unidad menos que un cuadrado. Nuestra conjetura será que $q(n)\gt q(n+1)$ si y sólo si $n= k^2-1$ para cierto entero $k\geq 2$.

Por un lado, tenemos que si $n=k^2-1$, entonces \[q(n)=\left\lfloor\frac{k^2-1}{\lfloor\sqrt{k^2-1}\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{k^2-1}{k-1}\right\rfloor=k+1,\] mientras que \[q(n+1)=\left\lfloor\frac{k^2}{\lfloor\sqrt{k^2}\rfloor}\right\rfloor=k,\] luego se tiene que $q(n)\gt q(n+1)$. Por otro lado, supongamos ahora que $n$ no es de la forma $k^2-1$, luego tendremos que $(k-1)^2\leq n\lt k^2-1$ para algún $k$ y podremos entonces escribir $n=k^2-a$ para $2\leq a\leq 2k-1$. Tenemos entonces que \[q(n+1)=\left\lfloor\tfrac{k^2-a+1}{\lfloor\sqrt{k^2-a+1}\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\tfrac{k^2-a+1}{k-1}\right\rfloor\geq \left\lfloor\tfrac{k^2-a}{k-1}\right\rfloor=\left\lfloor\tfrac{k^2-a}{\lfloor\sqrt{k^2-a}\rfloor}\right\rfloor=q(n),\] ya que la función parte entera es creciente. Esto prueba la conjetura.

Solución. Pongamos que $a+bi\in\mathbb{C}$ es el número complejo no nulo en cuestión y queremos encontrar $z,w\in\mathbb{C}$ tales que $z+w=a+bi$ tales que $z-w$ y $zw^{-1}$ sean imaginarios puros. Si escribimos $z=x+iy$ y $w=u+iv$, tenemos que \[z-w=(x-u)+(y-v)i,\qquad zw^{-1}=\frac{xu+yv}{u^2+v^2}+\frac{yu-xv}{u^2+v^2},\] luego debe ser $x-u=0$ y $xu+yv=0$, pero también tenemos que $x+u=a$ e $y+v=b$, lo que nos da un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas reales. De $x-u=0$ y $x+u=a$ obtenemos que $x=u=\frac{a}{2}$, con lo que las otras dos ecuaciones quedan $yv=\frac{-1}{4}a^2$ e $y+v=b$, esto es, $y$ y $v$ son soluciones de la ecuación $X^2-bX-\frac{1}{4}a^2=0$ ($X$ es la incógnita), luego podemos tomar $y=\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}$ y $v=\frac{b-\sqrt{b^2+a^2}}{2}$ usando la fórmula para las soluciones de la ecuación de segundo grado. En definitiva, los únicos números (salvo cambiarlos de orden) que resuelven el problema son \[z=\frac{a}{2}+\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}i,\qquad w=\frac{a}{2}+\frac{b+\sqrt{b^2+a^2}}{2}i.\]

Solución. Observemos que $a_2=1$ y además podemos expresar \[a_1a_2\cdots a_{n+1}=a_1+a_2+\ldots +a_n=a_1a_2\cdots a_n+a_n,\] de donde obtenemos que \[a_{n+1}=1+\frac{1}{a_1a_2\cdots a_{n-1}}\quad\text{para todo }n\geq 2.\qquad(\star)\] Cómo todos los $a_n$ son positivos, esto nos dice que que $a_n\gt 1$ para todo $n\geq 3$. Además, tenemos que $a_1a_2a_3=a_1+1\gt 1$, luego deducimos que $a_1a_2\cdots a_{n-1}\gt 1$ para todo $n\geq 4$. Por lo tanto, $(\star)$ nos asegura que $1\lt a_n\lt 2$ para todo $n\geq 5$. Así, a lo sumo hay cuatro términos que son enteros en toda sucesión mapuche.

Para resolver así el problema, será suficiente encontrar una sucesión mapuche con cuatro términos enteros, para lo que tomamos $a_1=1$, condición inicial que nos lleva a que $a_2=1$, $a_3=2$ y $a_4=2$.