Olimpiada Matemática Española 2013 – Problema 5: Sucesión

Quinto problema de la Olimpiada Matemática Española 2013 celebrada en Bilbao. Ahí va:

Estudia si existe una sucesión estrictamente creciente de enteros 0=a_0 < a_1 < a_2 < \ldots[/latex] que cumple las dos condiciones siguientes:  i) Todo número natural puede ser escrito como suma de dos términos, no necesariamente distintos, de la sucesión.  ii) Para cada entero positivo [latex]n[/latex], se verifica que [latex]\displaystyle{a_n > \cfrac{n^2}{16}}.

Que se os dé bien.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

33 Comentarios

  1. No tengo tiempo ahora de verificarlo, pero me gusta la siguiente sucesión:

    ..0, ..1, ..2, ..3
    ..7, 11, 15, 19,
    23, 27, 31, 35

    los puntos son una peora de tablas en latex.

    Cumple el punto i

    Para el punto ii

    A partir del 7, cada cuatro términos sumo 16 = 4^2, que tiene parecido con el segundo término de desigualdad n^2/16 = (n/4)^2

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  2. A mi suena que va a ser la sucesión de números primos.:-)

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  3. Olvidemos mi comentario anterior, el segundo término es cuadrático, por lo que la solución, en caso de existir, no puede ser lineal y debe ser cuadrática o superior

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  4. Podemos elegir cualquier grupo de números para iniciar la sucesión que cumpla la condición i). Siempre llegará el momento en el que, para llenar todos los huecos, necesitaremos continuar con nuevos números que deberán, como máximo crecer en progresión aritmética, Esto nos obliga a incumplir, a partir de cierto valor, la condición ii) que crece más deprisa que cualquier progresión de ese tipo. La respuesta a la cuestión es NO EXISTE.

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  5. Vaya! Pense que por la conjetura de Goldbach podiamos poner cualquier número natural como suma de dos primos, pero resulta que la sucesión de números primos crece demasiado lenta y no cumple la segunda condición

    Niels Bohr, la sucesión de Fibbonacci crece demasiado rápido, ¿cómo lograr la suma de cualquier natural con tan pocos candidatos? Por ejemplo, el término número 100 ya es del orden de 6E20. No creo que podamos lograr completar 6E20 números combinando 100 elementos tomados de 2 en 2. De hecho solo podriamos conseguir a lo sumo 4950, y algunos posiblemente repetidos 🙂

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  6. Los primos no son, porque ya para el centésimo primo se incumple la segunda condición. La sucesión de Fibbonacci creo que tampoco (por ejemplo 33 no puede representarse).

    No obstante, aunque yo pensé y planteé la misma solución que dice JJGJJG (planteándolo como un problema de crecimiento de funciones, y decidiendo que la pendiente n/8 acabaría por superar cualquier sucesión que estableciéramos), sí que existe solución al problema.

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  7. Mis intentos (muy sencillos) han sido:

    a(0) = 0 por definición
    a(1) = 1 imprescindible para obtener el 1

    Si sigo la estrategia de poner siempre el nº mas grande posible (para crecer suficientemente rápido) cumpliendo i,

    a(2) = 3
    a(3) = 5
    a(4) = 7

    es muy lenta.

    Crece mas rápida mi primera propuesta, pero no sirve.

    Aun mas rápida es a(i) = i para i€{0,15}, pero en a(16) ya tengo que subir para cumplir ii y si pongo por ejemplo a(16) = 31 (menor valor sin cubrir, salto de 16 en 16 que, aun siendo mas rápida que la primera, sigue siendo lineal, por lo que me inclino como otros a la no existencia

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  8. Construyó la siguiente serie: los números de 0 a 2 cada 1, de 2 a 8 cada 2, de 8 a 32 cada 4, y en general de 2^(2n-1) a 2^(2n+1) cada 2^n. Después todos los números de 0 a 2, de 4 a 8, de 64 a 80 y en general de 2^(2b) a 2^(2n)+2^(n+1).

    Se ordenan y se eliminan los repetidos.

    Creo que cumple las dos propiedades.

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  9. Mmonchi,
    la primera parte te entiendo lo que escribes, la segunda (Despues todos …) revísalo, yo al menos no sé que quieres decir

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  10. Mmonchi,
    Mi pregunta es, en esos intervalos, cada cuanto intercalas

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  11. Cuando dice que cualquier termino “an” puede ser escrito como “la suma de dos términos no necesariamente distintos”, podria darse que an=2*ak, siendo k cualquier valor menor que n? De ser así, entonces la serie podria ser 0,1,2,4,8,16,32….,2^(n-1)

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  12. Hola, perdonad el comentario tan poco claro de antes, pero estaba en la calle y no tenía papel para poner en limpio las ideas.

    Lo que busco es una cadena de números consecutivos que pueda sumar a otros números para obtenerlos todos. Las cadenas son {0,1,2}, {4,5,6,7,8}, {16,17,…,24}, {64,65,…,80}, {256,257,…,288}, en general {2^2n,2^2n+1,2^2n+2,…,2^2n+2^(2n+1)}.

    Estas cadenas se las voy sumando a números “ancla” que me garantizan que los 2^(2n+1) números siguientes a un número ancla se puedan representar como suma de dos números de la sucesión. Pero como quiero que los números ancla sean los menos posibles, los hago aparecer de forma que optimicen el uso de las series anteriores. Por tanto los números ancla son {0,1,2,4,6,8,12,16,20,24,28,32,40,48,56,64,72,80,88,96,104,112,120,128,144,160,176,…}

    Por construcción la serie de la combinación de ambas cumple el primer criterio, cualquier número se representa como suma de dos de ellos. El segundo criterio tengo que afinarlo, tal como está la serie y sin contar con la influencia de los números repetidos sé que cumple que a(n)>n^2/32, me falta comprobar si al descontar los repetidos cumple también que a(n)>n^2/16 o hace falta algún refinamiento más.

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  13. Una vez analizada la serie con más calma he comprobado que siempre cumple a(n)>n^2/32, pero hay casos en los que no se cumple a(n)>n^2/16. Por ejemplo, a(35)=76<35^2/16=76,5625.

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  14. desde luego con binarios se ven muchas mas posibilidades. Por ejemplo para poder componer todos los numberos de 4 cifras en binario bastan los siguientes 7:
    0000
    0001
    0010
    0100
    1000
    0101
    1010
    Para componer todos los de 8 cifras bastaria tener 2 de estas columnas. Habria
    entonces 7*7=49 elementos. El a_n mayor seria algo asi 2^7+2^5+2^3+2=170
    y se cumple que 170 > 49^2/16=150.

    Generalizandolo a N bloques de 4 cifras (numeros binarios de 4*N cifras), habria entonces 7^N elementos de la serie a_n. El a_n mayor sera el sumatorio de las potencias impares de 2, mayor=2^{4N-1}+… 2^{4N-3} … +2 = 2*(4^{2N} -1)/3, que comparado a 7^{2N}/16 pues aun no cumple el enunciado para N grande… pero pinta bien por este camino

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  15. Ah, pues sí, OCL, siguiendo la recomendación de GOB…

    A ver si acabo de escribir cómo sería y lo pongo aquí.

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  16. rtomas,

    creo que no te salen las cuentas porque al hacer 7*N usas más combinaciones de las necesarias.

    Por ejemplo, haces:

    0001 1000

    0001 1010

    0001 0010

    Que no son necesarias si tienes

    0001 0000
    0001 0001
    0001 0100
    0001 0101

    y con las 7 primeras, es particular con estas 4

    0000 0000
    0000 0010
    0000 1000
    0000 1010

    puedes hacer cualquier número de 5 cifras binarias

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  17. Quise decir: ” al hacer 7^N ”

    Así, hasta 5 cifras binarias tenemos 7+4 = 11 elementos de la sucesión (con los que cubrimos todos los naturales de 5 cifras binarias o menos: de 1 a 31). 21 > 121/16

    Hasta 6 cifras, otros 4 elementos, total 7+4+4 = 15… 42 > 225/16
    Hasta 7 cifras, otros 8 elementos, total 7+4+4+8 = 23… 85 > 519/16
    Hasta 8 cifras, otros 8 elementos, total 7+4+4+8+8 = 31… 170 > 961/16 = 60,0625

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  18. Y ahora una explicación más completa:

    Cualquier número natural s se puede separar como suma de un par p y un impar q, con cifras nulas alternas, que tendrían el aspecto binario siguiente:

    s = abcdefg

    p = 0b0d0f0
    q= a0c0e0g

    s = p + q

    Así, la sucesión sería de esta forma:

    0, 1, 10, 100, 101, 1000, 1010, 10000, 10001, 10100, 10101, 100000, …

    Es decir,

    000000,
    000001,
    000010,
    000100,
    000101,
    001000,
    001010,

    010000,
    010001,
    010100,
    010101,
    100000,

    Que en decimal sería:

    1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 17, 20, 21, 32…

    Ahora calculemos según el número b de cifras binarias.

    Para un número par b=2m de cifras binarias el número de variaciones (que permitan mediante suma obtener cualquier natural) sería 2^((2m-2) /2)= 2^(m-1)

    Para número impar b=2m-1 de cifras binarias el número de variaciones (que permitan mediante suma obtener cualquier natural) sería 2^((2m-1-1))/2) = 2^(m-1)

    El caso peor sería el mayor número par q, con 2m cifras… que sería 2+8+…+2^(2m-1)
    Que aún así es claramente mayor que 2^(2m-1)
    Mientras que el número de elementos en ese punto n es menor que 4 * 2^(m-1) = 2^(m+1)

    O bien el mayor número impar q, con 2m-1 cifras… que sería 1+4+…+2^(2m-2)
    Que es mayor que 2^(2m-2)
    Y en este caso el número de elementos es menor que 3 * 2^(m-1)

    En el caso del par:

    n< 2^(m+1)
    n^2 / 16 2^(2m-1) > 2^(2m-2) > n^2 / 16

    En el caso del impar:

    n< 3*2^(m-1)
    n^2 / 16 < 3* 2^(2m-2-4) = 3* 2^(2m-6) 2^(2m-2) > 3* 2^(2m-6) > n^2 / 16

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  19. Bueno, lo expongo un poco mejor:

    Aquí mi resolución completa:

    Cualquier número natural s se puede descomponer como suma de un par p y un impar q, con cifras nulas alternas, que tendrían el aspecto binario siguiente:

    s = abcdefgh

    p = a0c0e0g0
    q = 0b0d0f0h

    s = p + q

    Nótese que
    * para el par p el número de cifras b es también par, 2m siendo nulas m de ellas…
    * para el impar q el número de cifras b es también impar, 2m-1 siendo nulas m-1 (descartando el cero a la izquierda)

    Así, la sucesión sería de esta forma:

    0, 1, 10, 100, 101, 1000, 1010, 10000, 10001, 10100, 10101, 100000, …

    Es decir,

    000000,
    000001,
    000010,
    000100,
    000101,
    001000,
    001010,

    010000,
    010001,
    010100,
    010101,
    100000,

    Que en decimal sería:

    0, 1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 17, 20, 21, 32, 34, 40, 42, 64, 65…

    Ahora calculemos según el número b de cifras binarias.

    Para un número par b=2m de cifras binarias el número de variaciones (con cifras alternas nulas que permitan mediante suma obtener cualquier natural) sería 2^((2m-2) /2)= 2^(m-1) … Aquí considero números de estrictamente 2m cifras, no de menos cifras. Como el 1 más significativo (el más a la izquierda) es siempre 1… y hay m nulos, quedan m-1 con los que se hacen todas las variaciones posibles, que son 2^(m-1)

    Para número impar b=2m-1 de cifras binarias el número de variaciones (que permitan mediante suma obtener cualquier natural) sería 2^((2m-1-1))/2) = 2^(m-1)
    Aquí también son números de estrictamente 2m-1 cifras, no de menos. Así que el 1 más significativo (el más a la izquierda) es siempre 1… y hay m-1 nulos, quedan m-1 con los que se hacen todas las variaciones posibles, que son 2^(m-1)

    El caso peor sería el mayor número par q, con 2m cifras… que sería 2+8+…+2^(2m-1)
    Que aún así es claramente mayor que 2^(2m-1)
    Mientras que el número de elementos en ese punto n+1 es menor que 4 * 2^(m-1) = 2^(m+1) y si n+1 es menor que eso, claramente n < 2^(m+1)

    Otro caso malo sería el mayor número impar q, con 2m-1 cifras… que sería 1+4+…+2^(2m-2)
    Que es mayor que 2^(2m-2)
    Y en este caso el número de elementos n+1 es menor que 3 * 2^(m-1)
    y si n+1 es menor que eso, claramente n < 3 * 2^(m-1)

    En el caso del par:

    n < 2^(m+1)
    n^2 / 16 2^(2m-1) > 2^(2m-2) > n^2 / 16

    En el caso del impar:

    n < 3 * 2^(m-1)
    n^2 / 16 < 3* 2^(2m-2-4) = 3* 2^(2m-6) 2^(2m-2) > 3* 2^(2m-6) > n^2 / 16

    Ejemplo:

    Sea el número 255… En binario 1111 1111
    Se descompone como suma de 10101010 (128+32+8+2=170) y 01010101 (85)
    Siendo 170 y 85 los términos a30 y a22 de la sucesión respectivamente.

    170 > 900/16
    85 > 22^2 / 16

    Al principio pensé que no era posible, parecía raro que una sucesión que avanzaba tan rápido permitiese expresar cualquier número como suma… siendo del orden del cuadrado de n… con 1001 elementos cubríamos casi hasta un millón! más exactamente más de 62 500. Ufff. Pero luego vi que para un n el número de elementos es n+1 y el número de sumas posibles es (n+1)*n/2 = (n^2 + n)/2 que es mayor que n^2 / 16 así que empecé a pensar que era posible (aunque estaba ajustadita la cosa)… y la pista de pensar en binario me llevó directamente a la solución que he puesto (que no creo que sea la única).

    Curiosamente, la condición que dice “no necesariamente distintos” no es necesaria. Aunque no se si esa condición facilita que haya otras soluciones interesantes.

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  20. Aquí mi resolución completa:

    Ignórense (o bórrense) mis comentarios anteriores referentes a la resolución.

    Cualquier número natural s se puede descomponer como suma de dos binarios p y q con cifras binarias nulas alternas, que tendrían el aspecto binario siguiente:

    s = abcdefgh

    p = a0c0e0g0
    q = 0b0d0f0h

    s = p + q

    Esto nos garantiza la condición i)

    A p y q los llamaré “PARISTA” e “IMPARISTA” por tener cifras binarias no nulas en posiciones pares e impares respectivamente.

    Nótese que:

    * para el “parista” p el número de cifras binarias v es par, 2m siendo nulas m de ellas…
    (aparte de ser siempre un número par)

    * para el “imparista” q el número de cifras binarias v es impar, 2m-1 siendo nulas m-1 (descartando el cero a la izquierda). En este caso el número en sí puede que no sea impar.

    Así, la sucesión sería de esta forma:

    0, 1, 10, 100, 101, 1000, 1010, 10000, 10001, 10100, 10101, 100000, …

    Es decir,

    000000,
    000001,
    000010,
    000100,
    000101,
    001000,
    001010,

    010000,
    010001,
    010100,
    010101,
    100000,

    Que en decimal sería:

    0, 1, 2, 4, 5, 8, 10, 16, 17, 20, 21, 32, 34, 40, 42, 64, 65…

    Ahora calculemos el número de elementos en cada caso según el número v de cifras binarias.

    PARISTA: Para un número par v=2m de cifras binarias el número de variaciones (con cifras alternas nulas que permitan mediante suma obtener cualquier natural) sería:

    2^{frac{2m-2}{2} } = 2^{m-1}

    Aquí considero números de estrictamente 2m cifras, no de menos cifras. Como el 1 más significativo (el situado más a la izquierda) es siempre 1… y hay m nulos, quedan m-1 con los que se hacen todas las variaciones posibles, que son 2^(m-1)

    IMPARISTA: Para número impar v=2m-1 de cifras binarias el número de variaciones (con cifras alternas nulas que permitan mediante suma obtener cualquier natural) sería:

    2^{frac{2m-1-1}{2}} = 2^{m-1}

    Aquí también son números de estrictamente 2m-1 cifras, no de menos. Así que el 1 más significativo (el situado más a la izquierda) es siempre 1… y hay m-1 nulos, quedan m-1 con los que se hacen todas las variaciones posibles, que son 2^(m-1)

    Nota: en ambos casos el número de variaciones es igual. Si nos fijamos, esto se ve en el ejemplo: hay 4 imparistas (16, 17, 20, 21) seguidos de 4 paristas (32, 34, 40, 42)… luego vendrían 8 imparistas seguidos de otros 8 paristas, etc…

    Ahora veamos la magnitud y posición (número de elementos) en cada caso.

    PARISTA : Aquí el caso peor sería el mayor número parista p, con 2m cifras… que sería:

    a_n = p = 2+8+ . . . +2^{2m-1}

    Que aún así a_n es claramente mayor que 2^(2m-1)

    Mientras que en este caso el número total de elementos n+1 (hasta ese número p, incluido) es menor que:

    4 * 2^{m-1} = 2^{m+1}

    El 4 viene de:

    * 1 de los paristas de exactamente 2m cifras: 2^(m-1),
    * 1 de los imparistas anteriores (que vimos que eran la misma cantidad 2^(m-1) ),
    * 1 del caso m-1 (paristas e imparistas con una cifra menos cada uno: 2*2^(m-1-1) = 2^(m-1)) y
    * 1 a lo sumo los casos anteriores: 1/2 + 1/4 + 1/8 …. < 1.

    y si n+1 es menor que eso, claramente n < 2^(m+1)

    Ambas condiciones (magnitud a_n y posición n) se cumplen no sólo para el caso peor de parista sino para cada parista con 2m cifras binarias.

    IMPARISTA: Aquí también el caso peor sería el mayor número imparista q, con 2m-1 cifras… que sería:

    a_n = q = 1+4+ . . .  +2^{2m-2}

    Así que la magnitud a_n es mayor que 2^(2m-2)

    Y en este caso el número de elementos n+1 es menor que 3 * 2^(m-1)
    y si n+1 es menor que eso, claramente n < 3 * 2^(m-1)

    El 3 viene de:
    * 1 de los imparistas de exactamente 2m-1 cifras: 2^(m-1),
    (en este caso no hay paristas anteriores del mismo nivel (que vimos que eran la misma cantidad 2^(m-1) ) ya que son posteriores en la sucesión,
    * 1 del caso m-1 (paristas e imparistas con una cifra menos cada uno: 2*2^(m-1-1) = 2^(m-1)) y
    * 1 a lo sumo los casos anteriores: 1/2 + 1/4 + 1/8 … < 1

    Ambas condiciones (magnitud a_n y posición n) se cumplen no sólo para el caso peor de imparista sino para todo imparista de 2m-1 cifras binarias.

    Y con eso llegamos a la desigualdad de ii)

    PARISTA: En el caso del parista:

    n < 2^{m+1}

     frac{n^2}{16} < 2^{2m+2-4} = 2^{2m-2}

    a_n >   2^{2m-1} >  2^{2m-2} >  frac{n^2}{16}

    IMPARISTA: En el caso del imparista:

     n < 3 * 2^{m-1}

     frac{n^2}{16} < 3 * 2^{2m-2-4} = 3 * 2^{2m-6} < 2^{2m-2}

    a_n >   2^{2m-2} >   3*2^{2m-6} >  frac{n^2}{16}

    Por tanto, en ambos casos se cumple ii) y la sucesión cumple las condiciones pedidas.

    Ejemplo:

    Sea el número 255… En binario 1111 1111
    Se descompone como suma de 10101010 (128+32+8+2=170) y 01010101 (85)
    Siendo 170 y 85 los términos a30 y a22 de la sucesión respectivamente.

    170 > 900/16
    85 > 22^2 / 16

    Al principio pensé que no era posible, parecía raro que una sucesión que avanzaba tan rápido permitiese expresar cualquier número como suma… siendo del orden del cuadrado de n… con 1001 elementos cubríamos casi hasta un millón! más exactamente más de 62 500. Ufff. Pero luego vi que para un n el número de elementos es n+1 y el número de sumas posibles es (n+1)*n/2 = (n^2 + n)/2 que es mayor que n^2 / 16 así que empecé a pensar que era posible (aunque estaba ajustadita la cosa)… y la pista de pensar en binario me llevó directamente a la solución que he puesto (que no creo que sea la única).

    Curiosamente, la condición que dice “no necesariamente distintos” no es necesaria. Aunque no se si esa condición facilita que haya otras soluciones interesantes.

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  21. gracias, acido,
    las cifras alternas, esa es la clave.
    Muy entretenido!!!!

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  22. Acido

    Muy bueno. No lo he revisado, pero la idea es magnífica

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  23. Comprobación de la validez de la solución de Acido:
    El cumplimiento de i) se desprende del razonamiento de construcción de la serie por contener todas las parejas posibles para cada número de dígitos binarios.
    El cumplimiento de ii) se desprende de la observación de que para cada n=2^k, a(n)= 2^(2k-2).
    Para cualquiera de estos términos concretos tenemos que a(n)=4*n^2/16, es decir, cumplen ii) sobradamente.
    El término que ocupa el lugar n=2^(k+1) vale 2^2k que precisamente es el cuádruple del término del lugar 2^k por lo tanto, todos los términos comprendidos entre los lugares m=2^k y m=2^(k+1) cumplirán que 4*m^2/16>a(m)>m^2/16 aunque todos ellos fueran iguales al primero de ellos.

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  24. JJGJJG, basándome en la lista (parcial) que ha dado ácido, no veo que el término n=2^k valga 2^(2k-2). Por ejemplo, el término n=2^1=2, es a(2)=10=2 en la lista de ácido, no 2^(2-2)=1. Ni tampoco se cumple para n=16… Sólo coincide en la lista de acido en n=2^3.

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  25. Si os fijáis, las posiciones n donde hay potencias de 2 son:

    n=1 (2^0), n=2 (2^1), n= 3 (2^2), n=5 (2^3), n=7 (2^4), n=11 (2^5), n=15 (2^6), n=23 (2^7), n=31 (2^8), ….

    Qué curioso que coincida con muchos números primos!!

    Esas cifras son 1+1+1+2+2+4+4+8+8+…

    Pero 1+2+4+8… = 2^i – 1

    De esta forma, en n= 2 * (2^i – 1) + 1 = 2^(i+1) – 1

    el valor de a_n es a_n = 2^(2*i)

    i=0, n=1, an=1
    i=1, n=3, an=4
    i=2, n=7, an=16
    i=3, n=15, an=64
    i=4, n=31, an=256

    Es similar a lo que dice JJGJJG pero a él se le olvidó restar 1 a los n… (quizá porque no se dio cuenta de que hay n=0 … él empezó a contar con n=1) y él usó k, que empieza en k=0, y sería k=i+1

    n= 2^k – 1

    a(n)= 2^(2*(k-1)) = 2^(2k-2)

    n^2 / 16 = (2^k – 1) * (2^k – 1) / 16 = [ 2^2k – 2^(k+1) + 1 ] / 16

    a(n) es aproximadamente 4 veces eso, pero no, es ligeramente superior.

    a(n) = 4* (2^2k / 16) > 4 * [ 2^2k – 2^(k+1) + 1 ] / 16 = 4 * n^2 / 16

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  26. Ah, por cierto, que aparezcan números primos en las potencias de 2 menos 1 no es nada nuevo, son los famosos primos de Mersenne.

    En el caso k=4 evidentemente no es primo, ya que 4 es compuesto. Pero como k=2, k=3, k=5 son primos las potencias de 2 menos 1 sí pueden ser primos y de hecho lo son en estos casos.

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  27. Admito mi error en la denominación de los índices. Donde yo he considerado a(n) realmente me estaría refiriendo al término a(n-1). Lo que yo he deducido, entonces, es que a(n-1) es mayor que n^2/16, por lo que, al ser creciente la sucesión, a(n) también cumple ii).

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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