Più parità per tutti

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Gerald Lambeau
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Più parità per tutti

Messaggio da Gerald Lambeau » 28 giu 2017, 18:03

Fissato $n$ intero positivo, siano dati $d_1, d_2, \dots, d_n$ interi non negativi pari. Consideriamo la somma $a_1+a_2+\dots+a_n$ dove $a_i \in \mathbb{N}$ e $0 \le a_i \le d_i$ $\forall i=1, 2, \dots, n$. Sia $P$ il numero di $n$-uple $a_1, a_2, \dots, a_n$ tali che la somma sia pari e $D$ il numero di $n$-uple tali che la somma sia dispari.
Dimostrare che $D+1=P$.
Ultima modifica di Gerald Lambeau il 28 giu 2017, 18:34, modificato 1 volta in totale.
"Non ho rispetto per i miei superiori, figurati se ho rispetto per i miei pari: il rispetto di un uomo lo merita solo chi è a lui inferiore."
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matpro98
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Re: Più parità per tutti

Messaggio da matpro98 » 28 giu 2017, 18:11

Parto con $a_i$ massimo possibile $\forall i $ e scalando di $1$ ogni volta (non importa da quale $a_i $) ottengo tutti i valori. Si va da $\sum d_i $ a $0$ prendendo tutti i valori intermedi, ed essendo entrambi gli estremi pari, si ha $P=D+1$

Gerald Lambeau
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Re: Più parità per tutti

Messaggio da Gerald Lambeau » 28 giu 2017, 18:33

Ups, mi sono accorto che l'ho scritta male, formulata così è banale scusate :oops: .
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Gerald Lambeau
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Re: Più parità per tutti

Messaggio da Gerald Lambeau » 28 giu 2017, 18:35

Ok, adesso il testo è giusto, scusate per il disagio e soprattutto scusa matpro98, comunque per come era il problema prima era giusta.
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Veritasium
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Re: Più parità per tutti

Messaggio da Veritasium » 28 giu 2017, 20:24

Ma tipo induzione lo uccide
Testo nascosto:
Per $ n = 1 $ è ovvio. Passiamo da $ n $
a $ n+1 $ con $ d $ il nuovo intero pari.
Le nuove $ n+1 $-uple con somma pari sono quelle date da una $ n $-upla con somma pari e $ 0 \le a \le d $ pari, ovvero $ (\frac{d}{2} + 1)P, $ e quelle date da una $ n $-upla con somma dispari e un $ 0 \le a \le d $ dispari, ovvero $ (P - 1)\frac{d}{2} $ per un totale di $ Pd - \frac{d}{2} + P. $
Quelle con somma dispari sono date da tutte le $ n +
1 $-uple meno queste, ovvero $ (2P - 1)(d + 1) - Pd +
\frac{d}{2} - P = Pd + P - \frac{d}{2} - 1 $ che è esattamente $1$ in meno di quelle pari.
Edit: Non sto facendo propaganda politica

Gerald Lambeau
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Re: Più parità per tutti

Messaggio da Gerald Lambeau » 28 giu 2017, 20:42

Un'altra soluzione è la seguente: prendo $a_1$ e considero solo i valori per cui è $<d_1$, metà sono pari e metà sono dispari, quindi qualunque sia la scelta degli altri posso accoppiare ogni valore pari di $a_1$ con un dispari e quindi usarli per portare ogni somma che mi esce a dividersi in una metà con somma pari e una con somma dispari, quindi blocco $a_1=d_1$ e proseguo con $a_2$, così via finché non ho che sono tutti bloccati al massimo, che è una somma pari in più.

Ovviamente ho trovato anche quella per induzione che è ovvia, ma l'ho postato perché è comunque un fatto che può tornare utile, peccato non averlo potuto usare in gara.. prova a indovinare in quale problema l'ho usato (quando era troppo tardi).
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