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

[Paolo902]

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.

[Behave!]

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.

[vict85]

"Behave!":

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.

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.

[phydelia]

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...

[Paolo902]

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

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.

E comunque sì, penso anche io che i numeri debbano essere tutti uguali ma non sono ancora riuscito a provarlo...

[Behave!]

Tento un'altra volta, poi smetto, altrimenti diventa spam.

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 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.

[phydelia]

"Behave!":Tento un'altra volta, poi smetto, altrimenti diventa spam.

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 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.

[Behave!]

"phydelia":
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.

[phydelia]

"Behave!":
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...

[Rigel1]

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

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 \(v\).

[Gi81]

@Rigel:

Però non capisco una cosa: come sono disposti gli $1$ e i $-1$ in ogni riga? A caso? E poi consideriamo ogni possibile matrice $A$ fatta così e vediamo se ha rango $2n$?

[Rigel1]

@Gi8: mica ho detto che è una soluzione...

[phydelia]

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

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 \(v\).

Non ricordo bene la storia di autovettori, autovalori e autospazio, ma il prodotto matrice x vettore credo di sì, per quello che dici tu e come se conoscessimo A, cioè la posizione degli 1 e dei -1, ma non possiamo conoscerla, perché altrimenti significherebbe che conosciamo il modo in cui si dividono i 2n elementi, e non è così. Immagino che la posizione degli elementi lungo la riga sia importante ai fini del rango, no? Boh, forse mi sbaglio...

[DajeForte]

Pensa Rigel ho avuto la stessa idea. Però dopo essere arrivato alla matrice ho accannato. Avevo pure pensato a possibili permutazioni delle variabili tanto il ruolo che giocano è lo stesso.
GI8 i vettori riga sono tali da essere ortogonali ai vettori costanti e se pensi che col il vettore x costante i +1 e -1 possono essere messi a caso, basta solo che siano in equal numero.

Phydelia quello che bisogna fare è vedere che una matrice quadrata dimordine 2n+1 dove in diagonale ci sono 0 ed al di fuori ci sono -1 e +1 tali che in ogni riga ce ne siano n ed n abbia rango 2n.

Comunque Paolo, bel problema!

[Paolo902]

Rigel, sei un mito

Ma come t'è venuta l'idea della matrice? E' spettacolare!

Ad ogni modo, il problema si finisce abbastanza velocemente a questo punto: infatti il minore che si ottiene cancellando l'ultima riga e l'ultima colonna è non nullo. Perché?
Be', chiamiamo $B$ la matrice ottenuta da $A$ cancellando l'ultima riga e l'ultima colonna e lavoriamo su $B$. Ora osserviamo che il determinante della matrice ridotta modulo $m$ (=i cui elementi sono stati tutti ridotti modulo $m$) coincide con la riduzione modulo $m$ del determinante della matrice originaria (detto male, il motivo è questo: il determinante coinvolge prodotti fra gli elementi e la riduzione modulo $m$ va "d'accordo" con la moltiplicazione ).

Riduciamo modulo 2 la matrice $B$. A questo punto abbiamo una matrice quadrata di ordine $2n$ della forma $a_{ij}=1-delta_{ij}$, dove $delta_{ij}$ è il solito delta di Kronecker.
Non è difficile provare che il determinante di una tale matrice è $(-1)^{2n-1}(2n-1)=-(2n-1)$: un'idea è la seguente.

Siccome è simmetrica, per il th spettrale, è pure diagonalizzabile. Si vede subito che l'autovalore $\lambda = -1$ ha molteplicità geometrica $2n-1$ e quindi tale è pure la sua m.algebrica (essendo la matrice diagonalizzabile). Imponendo che la somma degli autovalori sia nulla (=la traccia) si becca l'altro autovalore che è $(2n-1)$.

Ad ogni modo, il determinante della ridotta modulo 2 è $-2n+1$ e quindi il determinante della matrice $B$ è congruo a 1 modulo 2: è dispari e in particolare è non nullo.

[size=85]Una strada ancora più veloce è notare che la matrice $B$ ridotta modulo 2 è circolante e, in quanto tale, non singolare.[/size]

In conclusione, il minore $B$ è non nullo, quindi la matrice $A$ ha rango $2n$ e abbiamo finito.

Mi resta però una domanda (che è poi il motivo che mi ha spinto a postare qui): esiste una soluzione "olimpica"? Mi sembrava tanto un problema del genere...

P.S. Grazie per l'idea, veramente bella

P.P.S @dajeforte: felice che tu abbia apprezzato

[xXStephXx]

Direi che è olimpico http://www.oliforum.it/viewtopic.php?f=16&t=16464

[Thomas16]

a posteriori, mi sembra che la soluzione combinata Rigel+Paolo90 funzioni anche togliendo l'ipotesi "(di n elementi ciascuno)" citata nel testo.

[Rigel1]

Direi che soprattutto funziona anche nel caso di numeri reali (non necessariamente interi).

[Thomas16]

Ci ho messo un po' a capire che ti riferivi alle dimostrazioni del link di xXStephanXx ...

Cmq si... Se vuole qualche matematico ora si può divertire a trovare le più assurde strutture algebriche in cui la vostra dimostrazione funziona e trovare controesempi dove fallisce ...