American Mathematics Competitions 1991

[Haile]

Let $ $T_n = 1 + 2 + 3 + ~ \cdots ~ + n$ $.

Let $ $P_n = \frac{T_2}{T_2 - 1} \cdot \frac{T_3}{T_3 - 1} \cdot \frac{T_4}{T_4 - 1} ~ \cdots ~ \frac{T_n}{T_n - 1}$ $.

Find $ $P_{1991}$ $.

[Enrico Leon]

Bonus Question: Dimostrare che solo $ P_4 $ è intero.

[Haile]

EDIT: Ho trovato un bel bug nella mia soluzione del bonus... meglio se ci ripenso, per trovarne una (corretta) che non faccia uso della soluzione generale del problema.

Abbastanza ovviamente abbiamo che se $ $a > b$ $ allora $ $T_a > T_b$ $.
Poichè $ $\frac{T_n}{T_n-1} > 1, ~ \forall n \geq 2$ $, possiamo concludere che per $ $a > b$ $ abbiamo $ $P_a > P_b$ $.
È quindi possibile trovare dei bound a $ $P_n$ $.

1) Per $ $n=2$ $ abbiamo il bound inferiore: $ $1 < P_n$ $.

2) Consideriamo ora l'espressione esplicita di $ $T_n = \frac{n(n+1)}{2}$ $ e dimostriamo che $ $T_n < 3 \cdot (T_n-1), ~ \forall n \geq 2$ $.

$ $\frac{n(n+1)}{2} < 3 \cdot \bigg( \frac{n(n+1)}{2} - 1\bigg)$ $

e con due conti

$ $2n^2 + 2n - 6 > 0$ $

che vale tranquillamente per ogni n > 2.

Concludendo, se vale sempre $ $T_n < 3(T_n - 1)$ $ allora

$ $T_2 \cdot T_3 \cdots T_n < 3(T_2-1)(T_3-1)\cdots(T_n-1)$ $

$ $\frac{T_2 \cdot T_3 \cdots T_n}{(T_2-1)(T_3-1)\cdots(T_n-1)} < 3$ $

end) Ovvero, e ricordando anche l'altro bound:

$ $1< P_n < 3, ~ \forall n \geq 2$ $

$ $P_n$ $ può assumere solo un valore intero, ovvero 2, in corrispondenza di $ $P_4$ $.

[Fedecart]

Bonus Question: Dimostrare che solo $ P_4 $ è intero.

Basta farsi i calcoli ed esce...

[julio14]

Ma solo calcolandolo non dimostri che SOLO P4 è intero... Per dimostrarlo, o fai il discorso di Haile, o, più brevemente, una volta trovato in generale Pn per fare il punto 1, la bonus diventa abbastanza banale.

[exodd]

uao com'era basso il livello delle AMC nel 91...

$ T_n=n(n+1)/2 $
$ T_n-1=(n-1)(n+2)/2 $
$ P_n=3*\frac{n!(n+1)!}{(n-1)!(n+2)!} $
$ P_n=\frac{3n}{n+2} $