Había tempo que non atopaba un concurso matemático, e hoxe mesmo, remexendo na web de Art of Problem Solving na pescuda dalgunha ecuación diofántica (o que vén sendo o combustible que mantén viva esta maldade interior), dei co Concurso Madhava da India. O que non deixa de ser curioso, tendo en conta que foi fundado en 2010.
Esta competición vai dirixida a estudantes do grao de Matemáticas, o que fai que inclúa desde problemas de álxebra elemental ata ecuacións diferenciais, pasando pola combinatoria. E mirando por riba axiña achei dous curiosos dentro desta última materia. Atendede.
Este mesmo xaneiro apareceu este problema, que me sorprende que non pensara antes dado o inmediato que é:
De cantos xeitos podes escoller un número impar de obxectos dun total de n obxectos?
Inclúo as opcións que dá o concurso:
a) $2^{n-1}$ b) $2^{n}$ c) $2^{n}-1$ d) $n$
A solución, coido, é fácil de intuír, vendo as opcións. Antes de velas elucubrei un anaco sobre dividir a análise en dous casos, segundo se n é par ou impar. Pero é moito máis sinxelo. E susceptible de facer unha demostración puramente combinatoria e argallar varios argumentos.
E velaquí outro, este de 2015, que non sei se vai exactamente de combinatoria pero como mínimo está na fronteira:
Hai 8 equipos na liga profesional de kabaddi. Cada equipo xoga con todos os demais equipos unha soa vez. Supoñamos que non pode haber empates. Sexan $w_1, w_2, \dots , w_8$ o número de victorias e $l_1, l_2, \dots , l_8$ o número de derrotas dos equipos $T_1, T_2, \dots , T_8$. Entón
a) $w_1^2+ \dots + w_8^2=49+l_1^2+ \dots + l_8^2$
b) $w_1^2+ \dots + w_8^2=l_1^2+ \dots + l_8^2$
c) $w_1^2+ \dots + w_8^2=49-(l_1^2+ \dots + l_8^2)$
d) Ningunha das anteriores
Estou certo de que hei pasar pola web deste concurso moitas veces no futuro(de feito xa estou enleado con algún problema...)
Primeiro problema. Do que se trata é de sumar os números combinatorios $\binom{n}{k}$ con $k$ impar para cada fila $n$. Se imos ao triángulo de Pascal e facemos iso coas primeiras filas vemos que a suma buscada é a da primeira opción $2^{n-1}$ iso significaría que a suma dos números combinatorios dunha fila con $k$ impar é a metade da suma desa fila, $2^{n}$ e, polo tanto, a suma dos números combinatorios dunha fila con $k$ par debería ser tamén $2^{n-1}$. Como demostralo? Pois basta con facer o desenvolvemento do binomio de Newton de $0=(1-1)^{n}$. Bonito resultado.
ResponderEliminarA primeira vez que vin o de usar $(1-1)^n$ alucinara. Logo tiven unha época de preferir as demostracións combinatorias. Agora mesmo non sei cal me gusta máis
EliminarA resposta ao segundo problema é a b. Se igualamos os cadrados das gañadas e das perdidas, sum (w_i)^2 = sum ((n-1) - w_i)^2, e desenvolvemos a parte dereita, elimínanse os cadrados e chegamos a (n*(n-1))/2 = sum(w_i) que é o correcto pois o número de partidas xogadas (n*(n-1))/2 é igual que o total de gañadas (e tamén igual ao de perdidas).
ResponderEliminarO curiosísimo é que a suma dos cadrados tamén sexan iguais!! Estaría ben darlle unha volta a este resultado para ver cal é a condición determinante desta curiosa igualdade.
Perdín un chisco co razoamento, pareceume ao comezo que usabas o que querías amosar. Cuestión estética, supoño. Véxoo mellor se, partindo de $w_i = 7-l_i$, elevando ao cadrado, $w_i ^2= (7-l_i)^2$, desenvolvendo e usando o que dis do total de victorias e derrotas, cancelas e chegas directamente.
EliminarSobre o dos conxuntos de números coa mesma suma e tamén a mesma suma de cadrados, só coñezo a referencia para números consecutivos, que utiliza a sucesión de Thue-Morse:
What are two lists of integers having the same sum, same sum of squares, and same sum of cubes?