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.