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

Messaggioda Paolo90 » 11/02/2012, 20:07

Siano $x_1, \ldots , x_{2n+1}$ numeri reali tali che, comunque se ne scelgano $2n$, è possibile dividerli in due gruppi (di $n$ elementi ciascuno) aventi la stessa somma.

E' vero che i numeri $x_1, \ldots, x_{2n+1}$ sono necessariamente tutti uguali? Provare o confutare. ;-)
"Immaginate un bravo matematico come qualcuno che ha preso dal tenente Colombo per le doti investigative, da Baudelaire per l’ispirazione, dal montatore Faussone per il rigore e l’amore per “le cose ben fatte”, da Ulisse per la curiosità, l’ardimento e l’insaziabilità di conoscenza." (AC)
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Re: \( \displaystyle {x}_{{1}}\ldots{x}_{{{2}{n}+{1}}} \) di

Messaggioda Behave! » 12/02/2012, 20:49

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sostituendo l'elemento non inserito in alcun gruppo con un elemento qualsiasi di uno dei due gruppi la somma degli elementi non cambia, quindi gli elementi scambiati sono uguali. Il ragionamento può ripetersi per tutti i $2n+1$ numeri che abbiamo, che quindi devono essere tutti uguali.

Spero di non aver detto fesserie sin dal primo intervento. :smt017
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Re: \( \displaystyle {x}_{{1}}\ldots{x}_{{{2}{n}+{1}}} \) di

Messaggioda vict85 » 12/02/2012, 22:38

Behave! ha scritto:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sostituendo l'elemento non inserito in alcun gruppo con un elemento qualsiasi di uno dei due gruppi la somma degli elementi non cambia, quindi gli elementi scambiati sono uguali. Il ragionamento può ripetersi per tutti i $2n+1$ numeri che abbiamo, che quindi devono essere tutti uguali.

Spero di non aver detto fesserie sin dal primo intervento. :smt017


Beh. Non è così semplice. Perché tu puoi mescolare i due insiemi tra di loro in modo tale che la somma sia corretta. Quindi è necessaria una dimostrazione formale di ciò che asserisci.
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Re: $x_1 ldots x_{2n+1}$ divisi in due gruppi con medesima s

Messaggioda phydelia » 13/02/2012, 00:07

Se ho capito bene il testo, se cioè le somme si intende che sono sempre uguali, la soluzione dovrebbe essere la seguente...

Considerato che la metà di quei \(\displaystyle 2n \) elementi ha la stessa somma dell'altra metà, supponiamo tale somma valga \(\displaystyle k \), non sappiamo come si dividono gli elementi, ma possiamo di certo dire che la somma di tutti i \(\displaystyle 2n \) elementi fa \(\displaystyle 2k \).
Se di volta in volta togliamo un elemento possiamo dire che
\(\displaystyle 2k=x_1+x_2+...+x_{2n}=x_1+x_2+...+x_{2n-1}+x_{2n+1}=...=x_2+x_3...+x_{2n+1}\)
Dall'eguaglianza
\(\displaystyle x_1+x_2+...+x_{2n}=x_1+x_2+...+x_{2n-1}+x_{2n+1}\)
ne ricaviamo che
\(\displaystyle x_{2n}=x_{n+1}\)
Dalla successiva si ricava
\(\displaystyle x_{2n-1}=x_{2n}\)
...
dall'ultima si ricava
\(\displaystyle x_1=x_2\)

È così dimostrato che tutti gli elementi devono necessariamente essere uguali.

Attendo notizie...
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Messaggioda Paolo90 » 13/02/2012, 00:17

Il testo non precisa se le somme sono sempre le stesse, ma sinceramente non credo (altrimenti sarebbe un po' troppo semplice :lol: ).

Io credo che sia da interpretare così: abbiamo $2n+1$ numeri reali. Ne peschiamo $2n$; allora riusciamo a suddividerli in due gruppi di $n$ elementi in modo che la somma degli elementi del primo gruppo coincide con la somma degli elementi del secondo.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
E comunque sì, penso anche io che i numeri debbano essere tutti uguali ma non sono ancora riuscito a provarlo... :P
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Re: $x_1 ldots x_{2n+1}$ divisi in due gruppi con medesima s

Messaggioda Behave! » 13/02/2012, 01:08

Tento un'altra volta, poi smetto, altrimenti diventa spam.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Ci provo:
$A={x_{a1}, x_{a2},..., x_{an}}$ e $x_{a1}+x_{a2}+...+x_{an}=\alpha$
$B={x_{b1}, x_{b2},...,x_{bn}}$ e $x_{b1}+x_{b2}+...+x_{bn}=\alpha$, quindi
$x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha$
Chiamiamo $x_l$ un elemento qualsiasi appartenente ad $A$ o a $B$ (quindi la somma precedente può essere scritta come $x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_l+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha$, sempre somma di $2n$ numeri), e sostituiamolo con $x_r$, l'unico elemento non appartenente né ad $A$ né a $B$.
Avremo
$x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_r+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha-(x_l-x_r)$, se $x_l>x_r$,
$x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_r+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha+(x_r-x_l)$, se $x_l<x_r$.
Le due scritture sono equivalenti e sono identiche a $x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_l+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha$.
Da ciò discende che $x_l=x_r$ e ciò proverebbe che i numeri $x_1, x_2,..., x_{2n+1}$ sono uguali.

Ci sarà qualche falla senz'altro. Confido in voi utenti più esperti.
Behave!
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Re: $x_1 ldots x_{2n+1}$ divisi in due gruppi con medesima s

Messaggioda phydelia » 13/02/2012, 12:16

Behave! ha scritto:Tento un'altra volta, poi smetto, altrimenti diventa spam.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Ci provo:
$A={x_{a1}, x_{a2},..., x_{an}}$ e $x_{a1}+x_{a2}+...+x_{an}=\alpha$
$B={x_{b1}, x_{b2},...,x_{bn}}$ e $x_{b1}+x_{b2}+...+x_{bn}=\alpha$, quindi
$x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha$
Chiamiamo $x_l$ un elemento qualsiasi appartenente ad $A$ o a $B$ (quindi la somma precedente può essere scritta come $x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_l+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha$, sempre somma di $2n$ numeri), e sostituiamolo con $x_r$, l'unico elemento non appartenente né ad $A$ né a $B$.
Avremo
$x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_r+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha-(x_l-x_r)$, se $x_l>x_r$,
$x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_r+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha+(x_r-x_l)$, se $x_l<x_r$.
Le due scritture sono equivalenti e sono identiche a $x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_l+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha$.
Da ciò discende che $x_l=x_r$ e ciò proverebbe che i numeri $x_1, x_2,..., x_{2n+1}$ sono uguali.

Ci sarà qualche falla senz'altro. Confido in voi utenti più esperti.


Sul fatto che quelle due scritture siano equivalenti non ci piove, sono esattamente la stessa scrittura, solo che in una metti il "meno" in evidenza al secondo membro e nell'altra il segno "più", il punto che non capisco è perché dici che sono identiche all'altra, io nell'espressione $x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_r+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha+(x_r-x_l)$ posso semplicemente cancellare $x_r$ del primo membro e $x_r$ del secondo membro, in quanto termini uguali in membri opposti, e riottenere la precedente trasportando $x_l$ al primo membro.
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Re: $x_1 ldots x_{2n+1}$ divisi in due gruppi con medesima s

Messaggioda Behave! » 13/02/2012, 13:15

phydelia ha scritto:nell'espressione $x_{a1}+x_{b1}+x_{a2}+x_{b2}+x_r+...+x_{an}+x_{bn}=2\alpha+(x_r-x_l)$ posso semplicemente cancellare $x_r$ del primo membro e $x_r$ del secondo membro, in quanto termini uguali in membri opposti, e riottenere la precedente trasportando $x_l$ al primo membro.

L'ho detto proprio per questo, ma è tutto frutto di un delirio notturno. Oggi mentre ero a scuola mi sono reso conto di non aver detto niente di più di quanto detto dal testo del problema, con argomentazioni sconclusionate e che non dimostrano niente. Se mi verrà in mente qualche idea decente, riproverò. Dato il contributo nullo del mio post precedente chiedo ad un moderatore se convenga eliminarlo o lasciarlo.
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Re: $x_1 ldots x_{2n+1}$ divisi in due gruppi con medesima s

Messaggioda phydelia » 13/02/2012, 16:18

Behave! ha scritto:Dato il contributo nullo del mio post precedente chiedo ad un moderatore se convenga eliminarlo o lasciarlo.


È giusto lasciare ciò che hai scritto, ogni contributo è utile al ragionamento, continuiamo a pensarci...
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Re: $x_1 ldots x_{2n+1}$ divisi in due gruppi con medesima s

Messaggioda Rigel » 13/02/2012, 18:15

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

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
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 \(v\).
Rigel
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