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Problema. La sucesión $\{a_{n}\}_{n \in \mathbb{N}}$ es de números enteros positivos y tiene las propiedades

i) $a_{1} < a_{2} < a_{3} < \ldots$
ii) $a_{2n} = a_{n}+n$ para $n=1, 2, \ldots$
iii) $a_{n}$ primo $\Rightarrow$ $n$ primo

Encuentre $a_{2015}$.

* Las soluciones que se reciban serán consideradas para ser incluidas en las próximas entregas del artículo Un baúl de problemas olvidado. Pueden leer la más reciente entrega de este trabajo en el siguiente enlace:

http://universo.math.org.mx/2015-2/Baul-III/baul-III.html

por (2,3m puntos) en Problemas
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1 Respuesta

+2 votos

La respuesta es $2015.$ Primero probemos los siguientes lemas.

Lema 1. Para todo entero no negativo $n,$ se tiene que $a_{2^n}=a_1+2^n-1.$                      
Demostración.

Si $n=0,$ entonces $a_{2^n}=a_1$ y $a_1+2^n-1=a_1,$ por lo que el paso base queda verificado.

Supongamos ahora que el enunciado es cierto para todo entero no negativo $n.$ Luego $a_{2^{n+1}}=a_{2^n}+2^n$ (por la propiedad ii) y por la hipótesis inductiva, se tiene que $a_{2^n}=a_1+2^n-1$ y luego $a_{2^{n+1}}=a_1+2^{n+1}-1,$ por lo que el paso inductivo queda verificado y entonces el lema queda demostrado. $\square$

Lema 2. Para todo entero positivo $n$ se tiene que $a_n=a_1+n-1.$                                     
Demostración.

Sea $n$ un entero positivo arbitrario que no es una potencia de $2$ y sea $m$ el entero tal que $2^m<n<2^{m+1}.$ Luego $a_{2^m}<a_n<a_{2^{m+1}}$ y por el lema anterior se tiene que que $a_{2^m}=a_1+2^m-1$ y $a_{2^{m+1}}=a_1+2^{m+1}-1,$ por lo que hay exactamente $2^m+1$ enteros en el intervalo $[a_{2^m},a_{2^{m+1}}]$ y como $a_{2^m},a_{2^m+1},\ldots,a_{2^{m+1}}$ son $2^m+1$ enteros que son elementos de tal intervalo y además $a_{2^m}<a_{2^m+1}<\cdots<a_{2^{m+1}},$ entonces necesariamente $a_{2^m+i}=a_1+2^m-1+i$ para cada $i\in\{0,1,\ldots,2^m\},$ por lo que, en particular, $a_n=a_1+n-1$ y como $n$ es arbitrario, concluimos que $a_n=a_1+n-1$ para todo entero positivo $n.$ $\square$

Lema 3. El entero $n$ es distinto de $0$ si y sólo si existe un primo $p$ mayor que $n$ tal que $p-n$ es compuesto y más aún, existe una infinidad de tales primos.                                                
Demostración.

$(\Longleftarrow)$ Si $n=0,$ entonces para cada primo $p,$ se tiene que $p-n=p,$ por lo que, por contrapositiva, si existe un primo $p>n$ tal que $p-n$ es compuesto entonces $n\neq0.$

$(\Longrightarrow)$ Ahora, sea $n$ un entero distinto de $0$ y sea $p$ un primo mayor que $|n|.$ Luego existen enteros $q$ y $r$ tales que $$n=pq+r$$ y $0<r<p,$ por lo que si $p'$ es un primo mayor que $n+p$ y es de la forma $p'=pk+r,$ donde $k$ es un entero (su existencia está asegurada por el Teorema de Dirichlet), entonces $$p'-n=pk+r-pq-r=p(k-q)$$ y como $k-q>1,$ concluimos que $p'-n$ es compuesto y como el Teorema de Dirichlet asegura que existe una infinidad de tales primos $p',$ la demostración termina. $\square$

 

Ahora, por la propiedad iii, el lema $2$ y el lema $3$ se tiene que necesariamente $a_1-1=0,$ que implica que la sucesión $\{a_n\}$ es de hecho la sucesión de todos los enteros positivos y por lo tanto, $a_{2015}=2015.$ $$\blacksquare$$

 

por (11,2m puntos)
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