domingo, 15 de mayo de 2011
Problema del día 15 de Mayo (Centros)
Sea $n\geq 5 $ un entero positivo. Demuestra que el conjunto $\{1,2,...,n\}$ puede partirse en dos conjuntos no vacíos $S_n$ y $P_n$ de tal manera que la suma de los elementos de $S_n$ sea igual al producto de los elementos de $P_n$.
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7 comentarios:
Si
$P_n = \{1, 2 \lfloor n/2 \rfloor, \lfloor (n-1)/2 \rfloor \}$
y
$S_n = \{1, 2, ..., n\} \setminus P_n$,
se cumple que
$\displaystyle\sum_{i \in S_n}\ i = \displaystyle\prod_{i \in P_n}\ i$.
(Llamaremos $\{1, 2, ..., n\} = X$.)
Vamos por casos.
CASO I: $n = 2k$ ($n$ es par).
Aquí,
$2 \lfloor n/2 \rfloor = 2k$ ($=n$).
$\lfloor (n-1)/2 \rfloor \ = k-1$.
$\displaystyle\prod_{i \in P_n}\ i = 1*2k*(k-1) = 2k(k-1)$.
También,
$\displaystyle\sum_{i \in S_n}\ i = (\displaystyle\sum_{i \in X} i) - (\displaystyle\sum_{i \in P_n}\ i) = \frac{n(n+1)}{2} - 1 - 2k - (k-1) = k(2k+1) - (2k+(k-1)+1) = 2k(k-1) = \displaystyle\prod_{i \in P_n}\ i$, y terminamos.
CASO II: $n=2k+1$ ($n$ es impar).
Aquí,
$2 \lfloor n/2 \rfloor = 2k$.
$\lfloor (n-1)/2 \rfloor \ = k$.
$\displaystyle\prod_{i \in P_n}\ i = 1*2k*(k) = 2k^2$.
También,
$\displaystyle\sum_{i \in S_n}\ i = (\displaystyle\sum_{i \in X} i) - (\displaystyle\sum_{i \in P_n}\ i) = \frac{n(n+1)}{2} - 1 - 2k - k = (k+1)(2k+1) - (3k+1) = 2k^2 = \displaystyle\prod_{i \in P_n}\ i$, y terminamos.
Q.E.D.
Irving, que tan larga debemos poner nuestra demostración en los problemas?
Solo como la idea que usamos o todo el problema?
Para $n=2k$ $P_{n}={1,k-1,2k}$.
Para $n=2k+1$ $P_{n}={1,k,2k}$.
Es bastante fácil corroborar que cumplen.
(se supone que los elementos de $P_{n}$ deben estar entre llavesitas)
Bueno, si $n=2m$, entonces escogemos
$P_n=\{1, m-1, 2m\}$.
Si $n=2m+1$, entonces tomamos
$P_n=\{1, m, 2m\}$.
Enrique, para poner llavecitas en LaTeX usa \{ y \}. Saludos.
Pues por lo pronto pongan las ideas principales, pero tampoco escriban tan poco que no se entienda. Abrá algunos problemas que si les pediré que redacten completos, yo le aviso luego.
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