Bine aţi venit pe Scientia QA!
Pentru a putea publica întrebări şi răspunsuri, trebuie să vă înregistraţi.
Atenţie! Este posibil ca e-mailul de confirmare a înregistrării să intre în Spam.
Pune o întrebare

Newsletter


3.5k intrebari

6.7k raspunsuri

15.2k comentarii

2.2k utilizatori

2 plusuri 0 minusuri
439 vizualizari

Se considera numerele 1,2,3......,2n  care se impart in 2 grupe de numere fiecare cu cate n numere.Fie a1<a2<....<an si b1>b2>....>bn unde a1,a2....an sunt numerele din prima grupa respectiv b1,b2,...bn din a doua grupa.Sa se demonstreze ca |a1-b1|+|a2-b2|+...+|an-bn|=n2.

aceasta problema a fost propusa la olimiada nationala din Rusia pe vremea cand era URSS.

Experimentat (2.3k puncte) in categoria Matematica

2 Raspunsuri

3 plusuri 0 minusuri
 
Cel mai bun raspuns

Valoarea sumei (s) se obtine scazand din suma tuturor numerelor de la n+1 la 2n (elemente "superioare", notate mai departe prin "s" cu diversi indici) pe cea a tuturor numerelor de la 1 la n ("inferioare" - "i" cu diversi indici), adica [(n+1+2n)n]/2 minus n(n+1)/2, care, intr-adevar, da n2.

Daca, din cele n "a"-uri (fie A multimea lor) k sunt "inferioare" si n-k sunt "superioare", atunci, implicit, multimea "b"-urilor (B) va contine k elemente "superioare" si n-k "inferioare". Atunci, ordonate crescator, elementele lui A s-ar scrie: i1<i2<...<ik<s1<s2...<sn-k, iar cele din B, ordonate descrescator: sn-k+1>sn-k+2>...sn>ik+1>ik+2...>in, tinandu-se cont ca, evident, orice "i" este mai mic decat orice "s". Atunci, eplicitand fiecare modul din suma s, ea devine s=sn-k+1-i1+sn-k+2-i2+...+sn-ik+s1-ik+1+s2-ik+2+...sn-k-in, adica suma "s"-urilor minus cea a "i"-urilor.

Problema draguta. Multumesc!

Junior (971 puncte)
selectat de
0 0
buna idee,eu am gandit o solutie prin inductie.
0 0
%zec - poate ne oferiţi soluţia prin inducţie, metodă care sare în ochi că merită încercată.
0 plusuri 0 minusuri

Ok o sa dau si o demonstratie prin inductie:

Inainte de a incepe sa remarcam ca ipoteza poate fi schimbata cu un sir de  2n numere consecutive.Sa zicem de la k+1 la 2n+k

Fie P(n) propozitia din enunt dar cu ipoteza noua.

Verificarea P(1) iese  imediat , 2 numere consecutive  avand diferenta in modul 1.

Fie P(n) adevarat sa aratam ptr P(n+1) ca e adevarata.

In suma |a1-b1|+|a2-b2|+...+|an-bn|+|an+1-bn+1| daca cea mai mica valoare respectiv cea mai mare valoare se afla in grupe diferite atunci ea apare ca diferenta in |a1-b1| sau |an+1-bn+1|  si aceasta diferenta este de 2n+1 in timp ce restul sumei in ipoteaza de inductie este de n2 de unde rezulta ca suma face n2+2n+1=(n+1)2.

Daca cea mai mica valoare si cea mai mare se afla in acelasi grup atunci fie cele 2 in grupa ai, adica a1=k+1 si an+1=2n+k.Partea asta trebuie sa ma mai gandesc,voi continua.

Ok continuarea Deci fie a1 si an+1 cea mai mica respectiv mai mare valoare.atunci  |a1-b1| + |an+1-bn+1| =b1-a1+an+1-bn+1=an+1-a1+b1-bn+1=|a1-an+1|+|b1-bn+1| deci putem considera b1=an+1 si an+1=b1 si suma nu se schimba dar acuma avem ca si cum ar fi ceea mai mica si ceea mai mare in grupe diferite cu conditia ca valoarea lui b1 sa fie ceea mai mare dintre valorile lui ai.In caz ca nu este se reordoneaza si se pozitioneaza valoarea lui b1 cu un alt index ak facand o transpozitie care nu va modifica suma dar in acest caz respecta oridnea .Ca sa fiu mai exact b1 intra in prima grupa dar poate intra ca ultimul termen din grupa a-urilor dar poate sa aiba si alt rang k .Aceea permutare nu modifca suma .

 

 

Experimentat (2.3k puncte)
editat de
0 0

Atunci merge si pentru 2n termeni consecutivi ai unui sir monoton definit incat sa avem acces la suma lor (ex. o recurenta tip progresie aritmetica, geometrica, etc.) Desi inductia ma tentase si pe mine prima data, n-as putea spune de ce am evitat-o totusi...

...