Cese 2013, 3

Calcolo combinatorio (disposizioni, permutazioni e combinazioni) e calcolo delle probabilità.

Cese 2013, 3

Messaggioda Livex » 30/04/2016, 13:43

Ogni numero intero viene colorato con uno di due colori, rosso o blu. Sappiamo che, per ogni insieme finito [tex]\mathbb A[/tex] di interi consecutivi, il valore assoluto della differenza tra il numero degli interi rossi e il numero degli interi blu nell’insieme [tex]\mathbb A[/tex] è al piu 1000. Dimostrare che esiste un insieme di 2000 interi consecutivi fra i quali ci sono esattamente 1000 numeri rossi e 1000 numeri blu.
Testo nascosto:
Sia [tex]d[/tex] la differenza numero di blu meno numeri di rossi in un sottoinsieme di [tex]\mathbb Z[/tex].
Consideriamo gli insiemi [tex]\{2000i+1,2000i+2,2000i+3...,2000i+2000 \}[/tex] con [tex]0\le i \le 500[/tex]. WLOG quello con [tex]i=0[/tex] ha [tex]d>0[/tex].
Se per assurdo tutti questi [tex]501[/tex] insiemi avessero [tex]d>0[/tex] cioè [tex]d \ge 2[/tex] (poichè [tex]d[/tex] è ovviamente pari), allora l'insieme unione [tex]\{1,2,3...,2000 \cdot 500+2000 \}[/tex] avrebbe [tex]d \ge 2 \cdot 501[/tex] che contraddice l'ipotesi, per cui almeno uno di questi ha [tex]d<0[/tex], sia [tex]\{2000n+1,2000n+2,2000n+3...,2000n+2000 \}[/tex] quello con gli elementi più piccoli.
Quindi per [tex]\mathbb X=\{2000(n-1)+1,2000(n-1)+2,2000(n-1)+3...,2000(n-1)+2000 \}[/tex] si ha [tex]d>0[/tex] mentre per [tex]\mathbb Y=\{2000n+1,2000n+2,2000n+3...,2000n+2000 \}[/tex] si ha [tex]d<0[/tex].
Dato un insieme di numeri consecutivi chiamiamo traslazione la mossa che consiste nel togliere il numero più piccolo e aggiungere all'insieme il numero successivo al più grande. Con una traslazione [tex]d[/tex] può rimanere invariato, aumentare o diminuire di 2.
Si nota che con 2000 traslazioni dall'insieme [tex]\mathbb X[/tex] si ottiene l'insieme [tex]\mathbb Y[/tex], e visto che [tex]d[/tex] è sempre pari, e che da positivo diventa negativo, allora dopo un certo numero di traslazioni si arriva a un insieme di 2000 numeri tale che [tex]d=0[/tex] ovvero che ha 1000 blu e 1000 rossi.
Livex
 
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Re: Cese 2013, 3

Messaggioda alex00 » 01/05/2016, 19:15

Ho provato a fare questo problema e ho avuto un'idea di risoluzione che (per quanto ho potuto constatare) è diversa da quella citata, tranne forse nei passi finali. Non so se è giusta ma la posto per sapere che ve ne pare.

Avendo 2000 numeri consecutivi (indipendentemente da quali essi siano) possono essere raggruppati in due insiemi che hanno questa forma \(R={a_1,a_{2000},a_3,a_{1998},...,a_{999},a_{1002}}\)
\(B={a_2,a_{1999},a_4,a_{1997},...,a_{1000},a_{1001}}\)
Questi 2 insiemi hanno entrambi 1000 elementi e essi sono stati scelti per l'insieme R accoppiando il primo con l'ultimo e in generale i posti dispari fino a 999 con quelli pari \(>1000\) e tutti gli altri nell'insieme B. La loro somma perciò è uguale in quanto:
1) è noto che in un insieme di \(n\) numeri consecutivi \(1+n=2+n-1=3+n-2=n+1\)
2) essendo 2000 divisibile per 4 ci sono un numero pari di coppie e quindi le si può dividere nei 2 insiemi sopra citati.

Essendo la somma uguale la differenza tra i 2 insiemi sarà uguale a \(0 < 1000\)
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