Solución del problema de mayo del 2005

Si la secuencia a0, a1, a2, ... satisface

            (1)            a1 = 1, y

            (2)            para todo entero no negativo m y n con mn ≥ 0, a2m + a2n = 2(am+n + am–n),

determine a2005.

Este problema apareció en la competencia por equipos patrocinada por la Asociación Matemática de la Sección Central Norte de América, llevada acabo en Concordia College (Minnesota) Noviembre 10, 2001.

Recibimos soluciones este mes de

Anarag Agarwal (E.U.)

Philippe Fondanaiche, (Francia)

Theerasak Asawanonwiwat (Tailandia)

H.N. Gupta (Regina)

Felix Arnaiz Lanzo (España)

Xavier Hecquet (Francia)

Ricardo Barroso Campos (España)

Wolfgang Kais (Alemania)

Pierre Bornsztein (Francia)

Arne Loosveldt (Belgica)

Bernard Carpentier (Francia)

Patrick LoPresti (E. U.)

K.A. Chandrashekara (.com)

M. Marinescu (.com)

Zdravko Cetkovski (Macedonia)

Anónimo

Pablo de la Viuda (España)

Richard Wood  (Dartmouth NS)

Krishna Prasad (.com) Tran Thanh Phuong (.com)

 

Respuesta:

a2005 = 20052 = 4 020 025.  En efecto, para cualquier entero positivo n, n2 es el único valor de an que satisface las relaciones dadas.

La mejor forma de empezar un problema como este es determinar unos cuantos valores de an.

Fije m = n = 0 en (2):

Entonces a0 + a0 = 2(a0 + a0) dice que 2a0 = 4a0, así que

(3)  a0 = 0 .

Fije n = 0 en (2) y sea m arbitrario:

a2m + a0 = 2(am + am), así que por (3)

(4)  a2m = 4am.

Fije n = 1 en (2) y sea m arbitrario:

a2m + a2·1 = 2(am+1 + am–1) y, ya que a2 = 4a1 y a2m = 4am (ambos por (4)), deducimos que 

(5)  am+1 = 2am – am–1 + 2a1.

Aún mas, remplazando a1 en (5) por 1 según (1) — y este es el único lugar donde usaremos (1) — obtenemos finalmente

(6)  am+1 = 2am – am–1 + 2.

Empezando desde a0 = 0 y a1 = 1, usamos (6) para encontrar que a2 = 4, a3 = 9, a4 = 16, y asi sucesivamente. Puede usted seguir así hasta que alcance n = 2005 o vea un patrón, cualquiera de las dos cosas que se sucedan primero. Felizmente, todos nuestros corresponsales observaron que an = n2. El problema sin embargo no termina aquí: uno debe demostrar que esta observación en realidad soluciona el problema. Para esto, no es suficiente simplemente ver que an = n2 satisface las condiciones dadas (1) y (2).  Entre las soluciones enviadas hubo dos formas satisfactorias diferentes de terminar el problema.

Demostración por inducción.

Ya sabemos que la afirmación an = n2 es válida para 0 y para 1: a0 = 02 y a1 = 12. Suponga que ak = k2 para toda k ≤ m.  Resta usar (6) para demostrar que am+1 = (m + 1)2

am+1 = 2am– am-1 + 2
         = 2m2 – (m – 1)2 + 2
         = 2m2 – m2 + 2m – 1 + 2
         = (m +1)2

y la demostración esta completa.

Demostración por la teoría del primer orden de ecuaciones diferenciales.

Reconocemos (6) combinada con las condiciones iniciales a0 = 0 y a1 = 1 ser un valor inicial de una ecuación diferencial. La teoría nos dice que existe una solución única en la  forma an = A + Bn + Kn2.   Ya hemos determinado que A = B = 0, y K = 1; esto es, la única solución única es am = n2.  Esto termina el segundo argumento.

Otros comentarios.

  1. Note que de usar la ecuación (5) (sin condición (1)), tendríamos K = a1, lo cual significa que la solución sería an = a1n2.
  2. Hecquet nos mandó una segunda solución que da una respuesta directa,  esto es mas eficiente que aplicar la ecuación (6) 2005 veces. Su idea es reducir el problema a uno de evaluación de términos cuyos índices son un potencia de 2; puede él entonces aplicar repetidamente (4) a las potencias de 2: a2k = 4a2k-1 .  Los primeros tres pasos son

a2005 = a(1024+981) = 2a1024 + 2a981 - a43
a981 = a(512+469) = 2a512 + 2a496 – a43
a469 = a(256+213) = 2a256 + 2a213 – a43

Con unos pocos de atajos se llega después de ocho pasos a la lista de ecuaciones cuyos términos tienen todos valores conocidos, los cuales el evalúa para obtener a2005 = 4 020 025.  ¡De haber pospuesto este problema hasta el año 2048, su método hubiera funcionado en realidad muy bien!