$x_1 ldots x_{2n+1}$ divisi in due gruppi con medesima somma

[Gi8]

@Rigel:

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Però non capisco una cosa: come sono disposti gli $1$ e i $-1$ in ogni riga? A caso? E poi consideriamo ogni possibile matrice $A$ fatta così e vediamo se ha rango $2n$?

[Rigel]

@Gi8: mica ho detto che è una soluzione...

[phydelia]

Riporto solo un possibile approccio al problema (non la soluzione).

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Le \(2n+1\) condizioni si possono esprimere in forma matriciale come \( Ax = 0\), dove \(x=(x_1,\ldots,x_{2n+1})\) è il vettore dato e \(A\) è una matrice che ha tutti \(0\) sulla diagonale principale, e su ogni riga ha \(n\) elementi \(1\) ed \(n\) elementi \(-1\).
E' chiaro che il vettore \(v = (1,1,\ldots,1)\) è un autovettore relativo all'autovalore nullo. Se dimostriamo che il rango di \(A\) è \(2n\), ne segue che l'autospazio associato a \(v\) (cioè il nucleo di \(A\)) ha dimensione \(1\), quindi le soluzioni del sistema sono tutte e sole i multipli di \(v\).

Non ricordo bene la storia di autovettori, autovalori e autospazio, ma il prodotto matrice x vettore credo di sì, per quello che dici tu e come se conoscessimo A, cioè la posizione degli 1 e dei -1, ma non possiamo conoscerla, perché altrimenti significherebbe che conosciamo il modo in cui si dividono i 2n elementi, e non è così. Immagino che la posizione degli elementi lungo la riga sia importante ai fini del rango, no? Boh, forse mi sbaglio...

[DajeForte]

Pensa Rigel ho avuto la stessa idea. Però dopo essere arrivato alla matrice ho accannato. Avevo pure pensato a possibili permutazioni delle variabili tanto il ruolo che giocano è lo stesso.
GI8 i vettori riga sono tali da essere ortogonali ai vettori costanti e se pensi che col il vettore x costante i +1 e -1 possono essere messi a caso, basta solo che siano in equal numero.

Phydelia quello che bisogna fare è vedere che una matrice quadrata dimordine 2n+1 dove in diagonale ci sono 0 ed al di fuori ci sono -1 e +1 tali che in ogni riga ce ne siano n ed n abbia rango 2n.

Comunque Paolo, bel problema!

[Paolo90]

Rigel, sei un mito

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Ma come t'è venuta l'idea della matrice? E' spettacolare!

Ad ogni modo, il problema si finisce abbastanza velocemente a questo punto: infatti il minore che si ottiene cancellando l'ultima riga e l'ultima colonna è non nullo. Perché?
Be', chiamiamo $B$ la matrice ottenuta da $A$ cancellando l'ultima riga e l'ultima colonna e lavoriamo su $B$. Ora osserviamo che il determinante della matrice ridotta modulo $m$ (=i cui elementi sono stati tutti ridotti modulo $m$) coincide con la riduzione modulo $m$ del determinante della matrice originaria (detto male, il motivo è questo: il determinante coinvolge prodotti fra gli elementi e la riduzione modulo $m$ va "d'accordo" con la moltiplicazione ).

Riduciamo modulo 2 la matrice $B$. A questo punto abbiamo una matrice quadrata di ordine $2n$ della forma $a_{ij}=1-delta_{ij}$, dove $delta_{ij}$ è il solito delta di Kronecker.
Non è difficile provare che il determinante di una tale matrice è $(-1)^{2n-1}(2n-1)=-(2n-1)$: un'idea è la seguente.

Siccome è simmetrica, per il th spettrale, è pure diagonalizzabile. Si vede subito che l'autovalore $\lambda = -1$ ha molteplicità geometrica $2n-1$ e quindi tale è pure la sua m.algebrica (essendo la matrice diagonalizzabile). Imponendo che la somma degli autovalori sia nulla (=la traccia) si becca l'altro autovalore che è $(2n-1)$.

Ad ogni modo, il determinante della ridotta modulo 2 è $-2n+1$ e quindi il determinante della matrice $B$ è congruo a 1 modulo 2: è dispari e in particolare è non nullo.

Una strada ancora più veloce è notare che la matrice $B$ ridotta modulo 2 è circolante e, in quanto tale, non singolare.

In conclusione, il minore $B$ è non nullo, quindi la matrice $A$ ha rango $2n$ e abbiamo finito.

Mi resta però una domanda (che è poi il motivo che mi ha spinto a postare qui): esiste una soluzione "olimpica"? Mi sembrava tanto un problema del genere...

P.S. Grazie per l'idea, veramente bella

P.P.S @dajeforte: felice che tu abbia apprezzato

[xXStephXx]

Direi che è olimpico http://www.oliforum.it/viewtopic.php?f=16&t=16464

[Thomas]

a posteriori, mi sembra che la soluzione combinata Rigel+Paolo90 funzioni anche togliendo l'ipotesi "(di n elementi ciascuno)" citata nel testo.

[Rigel]

Direi che soprattutto funziona anche nel caso di numeri reali (non necessariamente interi).

[Thomas]

Ci ho messo un po' a capire che ti riferivi alle dimostrazioni del link di xXStephanXx ...

Cmq si... Se vuole qualche matematico ora si può divertire a trovare le più assurde strutture algebriche in cui la vostra dimostrazione funziona e trovare controesempi dove fallisce ...