Se gli invitati sono \(100\), allora sarà il decimo a mangiare di più e, in generale, se gli invitati sono \(n\), sarà l’invitato con il numero intero più vicino alla radice di \(n\) a mangiare di più. Ad esempio con \(50\) invitati, sarà l’invitato \(7\), dato che \(\sqrt{50}\sim7.07\).

La prima parte del problema consiste nel calcolare, per ogni invitato \(i\), la quantità di torta \(q_{i}\) che riceve. Possiamo descrivere il problema in formule con la seguente successione per ricorrenza: \[\begin{cases} q_{1}=\frac{1}{n},\\ q_{i}=\frac{i}{n}\left(1-\sum_{k=1}^{i-1}q_{k}\right) & \text{per } i=2,\ldots,n. \end{cases}\] Calcolando a mano i primi \(q_{i}\), si può immaginare che la soluzione consista nella seguente quantità: \[q_{i}=\frac{i\left(n-1\right)\left(n-2\right)\ldots\left(n-i+1\right)}{n^{i}}=\frac{i\left(n-1\right)!}{\left(n-i\right)!n^{i}}.\] Per dimostrare che questa è la scelta giusta si può usare l’induzione, tenendo conto che: \[\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{\left(n-k\right)!n^{k}}=\frac{1}{\left(n-1\right)!}.\]

In generale, proviamo a vedere se la successione dei \(q_{i}\) ha il comportamento descritto (cresce per poi decrescere) risolvendo l’equazione, per \(k\) generico da \(1\) a \(n-1\) (e supponendo che \(n\geq2\)): \[q_{k+1}-q_{k}\ge0,\] \[\frac{\left(k+1\right)\left(n-1\right)!}{\left(n-k-1\right)!n^{k+1}}-\frac{k\left(n-1\right)!}{\left(n-k\right)!n^{k}}\geq0.\] Si può mettere in evidenza e semplificare la quantità positiva \((n-1)!\): \[\frac{k+1}{\left(n-k-1\right)!n^{k+1}}-\frac{k}{\left(n-k\right)!n^{k}}\geq0.\] Possiamo scrivere \(n^{k+1}\) come \(n\cdot n^{k}\) e \(\left(n-k\right)!=\left(n-k\right)\left(n-k-1\right)!\) e quindi mettere in evidenza: \[\frac{1}{\left(n-k+1\right)!n^{k}}\left[\frac{k+1}{n}-\frac{k}{n-k}\right]\ge0.\] Svolgendo i calcoli e semplificando le quantità positive, si ottiene la disequazione seguente: \[\left(n-k\right)\left(k+1\right)-nk\ge0,\] che si semplifica in \[k^{2}+k-n\le0.\] Poiché \(k\) deve essere positivo (e minore di \(n\)), questa disequazione ha soluzione: \[k\le\frac{\sqrt{4n+1}-1}{2}.\] Riassumendo, fintanto che \(k\) è minore del valore soglia \(\left(\sqrt{4n+1}-1\right)/2\), il valore di \(q_{k+1}\) è maggiore o uguale a quello di \(q_{k}\), poi comincia ad esser minore. La successione si comporta quindi come immaginavamo, e il valore di \(k\) che assume il massimo è pari a (indicando con \(\left\lfloor \cdot\right\rfloor\) la parte intera inferiore del numero): \[i_{max}=\left\lfloor \frac{\sqrt{4n+1}-1}{2}\right\rfloor +1.\] Nel caso \(n=100\) ad esempio, l’invitato che riceve più torta è il decimo, infatti: \[i_{max}=\left\lfloor \frac{\sqrt{400+1}-1}{2}\right\rfloor +1=\left\lfloor 9.51\ldots\right\rfloor +1=9+1=10.\] Il valore ottenuto di \(i_{max}\) sembrerebbe differente da quello mostrato nella soluzione, che è pari all’intero più vicino a \(\sqrt{n}\), ossia \(\left[\sqrt{n}\right]\), indicando con \(\left[\cdot\right]\) la funzione di arrotondamento. In realtà si può mostrare come i due numeri siano lo stesso.

Proposizione.  Il valore \(i_{max}\) è uguale all’intero più vicino a \(\sqrt{n}\): \[\left\lfloor \frac{\sqrt{4n+1}-1}{2}\right\rfloor +1=\left[\sqrt{n}\right].\]

Premettiamo un risultato iniziale. Sia definito \[x:=\sqrt{n}-\frac{\sqrt{4n-1}-1}{2},\] che, dopo qualche conto, diventa la quantità seguente: \[x=\frac{1+2\sqrt{n}}{2\sqrt{n}+1+\sqrt{4n-1}}.\] Tramite semplici passaggi, che omettiamo, si può mostrare che, per ogni \(n\ge1\), vale:

\[\frac{1}{2}<x<1.\label{limiti x}\ \ \ \ \ \ (1)\]

La dimostrazione della proposizione è divisa in due parti: poiché la \(\sqrt{n}\) è necessariamente compresa tra \(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor\) e \(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +1\), separiamo i casi seguenti:

\[\sqrt{n}-\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor <\frac{1}{2}\ \ \ \ \ \ (2)\]

\[\sqrt{n}-\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor >\frac{1}{2}\ \ \ \ \ \ (3)\]

Nel primo caso l’intero più vicino alla \(\sqrt{n}\) coincide con la sua parte intera, quindi \[\left[\sqrt{n}\right]=\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor .\] In questo caso vogliamo dimostrare che:

\[\left\lfloor \frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}\right\rfloor =\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor -1.\ \ \ \ \ \ (4)\]

Per definizione di \(x\), \[\left\lfloor \frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}\right\rfloor =\left\lfloor \sqrt{n}-x\right\rfloor .\] La quantità a destra è compresa, usando (1), tra: \[\sqrt{n}-1<\sqrt{n}-x<\sqrt{n}-\frac{1}{2}.\] Per l’ipotesi iniziale (2): \[\sqrt{n}-1<\sqrt{n}-x<\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor ,\] e passando alle parti intere otteniamo: \[\left\lfloor \sqrt{n}-1\right\rfloor \le\left\lfloor \sqrt{n}-x\right\rfloor <\left\lfloor \left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor \right\rfloor ,\] cioè \[\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor -1\le\left\lfloor \sqrt{n}-x\right\rfloor <\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor ,\] da cui la tesi (4), in quanto \(\left\lfloor \sqrt{n}-x\right\rfloor =\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor -1.\) Nel secondo caso l’intero più vicino a \(\sqrt{n}\) è la sua parte intera aumentata di \(1\), ovvero: \[\left[\sqrt{n}\right]=\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor +1.\] In questo caso vogliamo dimostrare che:

\[\left\lfloor \frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}\right\rfloor =\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor .\ \ \ \ \ \ (5)\]

Dalla definizione di \(x\), sappiamo che \[\frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}<\sqrt{n}\] e che quindi \[\left\lfloor \frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}\right\rfloor \le\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor .\] Se per assurdo non fosse vera la tesi (5), ovvero se \(\left\lfloor \frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}\right\rfloor\) fosse diverso da \(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor\), per l’osservazione appena fatta risulterebbe che: \[\left\lfloor \frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}\right\rfloor <\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor ,\] ovvero che \[\frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}<\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor .\] Dall’ipotesi (3), possiamo scrivere che: \[\frac{\sqrt{4n-1}-1}{2}<\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor <\sqrt{n}-\frac{1}{2}.\] Svolgendo qualche conto, si arriva alla disuguaglianza seguente: \[\sqrt{n}-\frac{1}{4}<n-\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor ^{2}<\sqrt{n-\frac{1}{4}}.\] Il termine centrale è un intero. La parte intera del termine di sinistra è uguale a \(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor\), quella del termine di destra è invece minore o uguale di \(\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor\): \[\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor <n-\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor ^{2}\le\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor ,\] ma questo è assurdo, e per questo vale la tesi (5). La proposizione è dimostrata e abbiamo quindi che \(i_{max}=\left[\sqrt{n}\right]\).