100. Succederà?

[dario2994]

Esiste un $x_1\in\mathbb{Q}$ con $x_1>1$ tale che la sequenza definita da $x_{n+1}=x_n+\frac{1}{\lfloor x_n\rfloor}$ non ha neanche un elemento intero?

p.s. provate tutti è fattibile

[Nabir Albar]

Poniamo $m=\lfloor x_1\rfloor$. Sia $y_i$ il primo termine della successione tale che $\lfloor y_i\rfloor\ge m+i$, per ogni $i>0$.
È facile vedere che è proprio $\lfloor y_i\rfloor = m+i$ (per ogni $i$).
Quello che facciamo sulla frazione $x_1$ è aggiungerle tanti termini $\frac{1}{m}$ finché la sua parte intera non è aumentata. A quel punto le aggiungiamo tanti $\frac{1}{m+1}$ e così via.
Quando abbiamo aggiunto l'ultimo termine $\frac{1}{m}$, $x_1$ è diventato $y_1$, che ovviamente realizza $\{y_1\}<\frac{1}{m}\ (*)$. In generale $\{y_i\}<\frac{1}{m+i-1}$.
$y_2$ sarà $y_1$ più un certo numero $k$ di termini $\frac{1}{m+1}$. Quanto è $k$?
$k$ è il massimo numero tale che $\{y_1\}+\frac{k-1}{m+1}<1$ (cioè tale che $\lfloor y_1+\frac{k-1}{m+1}\rfloor=\lfloor y_1\rfloor$), ma essendo $\{y_1\}<\frac{1}{m}$ otteniamo $k\ge\frac{m^2+m-1}{m}$. Dunque $k=m-1$ oppure $k=m$.
Generalizzando, è $y_{i+1}=y_i+\frac{k_i}{m+i}$, con $k_i=m+i-1$ o $k_i=m_i$. Notiamo che $k_i=m+i-1$ sse $\{y_i\}\ge\frac{1}{m+i}$, mentre se è $\{y_i\}<\frac{1}{m+i}$ abbiamo $y_{i+1}=y_i+1$.
In conclusione la successione $\{y_1\},\{y_2\},\{y_3\},\ldots$ è debolmente decrescente e le variazioni ci sono quando a $\{y_i\}$ posso sottrarre $\frac{1}{m+i}$.
Se consideriamo $z=\{y_1\}$, i termini di quest'ultima successione (a meno di ripetizioni) si ottengono così:
prendiamo il più piccolo $m'>m$ tale che $z\ge\frac{1}{m'}$ e poniamo $z'=z-\frac{1}{m'}$. Osserviamo ora che il vincolo $m'>m$ è sempre verificato ($z<\frac{1}{m}$ per la $(*)$), dunque è proprio $m'=\left\lceil\frac{1}{z}\right\rceil$.
Inoltre è $z'<\frac{1}{m'}$: per mostrarlo basta ottenere $z<\frac{2}{\left\lceil\frac{1}{z}\right\rceil}$, che segue dalla disuguaglianza (verificabile a mano) $z<\frac{2}{\frac{1}{z}+1}$. Perciò trasformando $z\mapsto z',\ m\mapsto m'$ abbiamo di nuovo $z<\frac{1}{m}$ e possiamo ripetere l'algoritmo senza problemi. Come già detto i vari $z$ che otteniamo nei vari passi sono i termini della successione $\{y_1\},\{y_2\},\{y_3\},\ldots$.
Il numeratore di $z$ diminuisce sempre ogni volta che applichiamo l'algoritmo: infatti, se $z=\frac{a}{b}$ (con $a<b$), è $z'=\frac{m'a-b}{b}$, cioè il nuovo numeratore è al massimo $m'a-b$, ma $m'a-b<a$ (essendo $m'=\left\lceil\frac{b}{a}\right\rceil<1+\frac{b}{a}$).
Quindi prima o poi $z$ si annulla, cioè esiste un termine $y_i$ intero.

[dario2994]

Todo giusto (scordi di far attenzione ai primi comportamenti della successione in cui non tutto va proprio come dici ma non cambia nulla )
Un corollario è che tutti i razionali si possono scrivere come somma di frazioni con denominatori diversi e numeratori uguali a 1 (che è circa noto).
Il problema è il numero 4 del primo giorno delle olimpiadi russe del 2007 (grade 11).
E il 100 della staffetta è andato (per una volta ho piazzato un bell'esercizio )

[Nabir Albar]

Qui il 101..