El tamaño más pequeño del conjunto de números reales tal que la suma de cualquier siete es estrictamente positiva y la suma de cualquier once es estrictamente negativo

Question

Por lo que solo conseguí una pregunta que me llena.

Si usted tiene un conjunto de números reales, tales que la suma de cualquier 7 número de este conjunto es estrictamente positiva y la suma de cualquier 11 número de este conjunto es estrictamente negativa, ¿cuál es el tamaño más pequeño posible de este conjunto?

He conseguido demostrar que el tamaño no puede ser 11, pero más allá de eso siento engañado. (No sé aún que si esto es posible, me pidieron esta pregunta en una entrevista)

Answer 1

¿Estás seguro de que es la versión correcta de la pregunta? La respuesta simple parece ser 0, como para el conjunto vacío ambas condiciones se ha cumplido (si no 7/11-elemento subconjuntos existe, que hacer ningún tipo de declaración sobre todos ellos siempre será verdad).

Tenga en cuenta que esto parece estar relacionado/derivados de una pregunta de 1977 Olimpiada Internacional de Matemáticas:

En una secuencia finita de números reales, la suma de cualquiera de las siete sucesivas términos es negativo, y la suma de cualquiera de los once términos sucesivos es positivo. Determinar el número máximo de términos de la secuencia.

Observe sin embargo, las diferencias más importantes: la Secuencia en lugar de set y el número máximo es buscado en lugar del mínimo. Las positivas/negativas de cambio parece ser insignificante, uno puede sólo el intercambio de la señal de cualquier set/secuencia de miembro para obtener a partir de una formulación a otra.

Answer 2

Deje $A=\text\{a_1, a_2, ...\}$ ser el conjunto que estás buscando.

Ya que la suma de cualquiera de los 11 números de este conjunto es estrictamente negativo, debe contener al menos 11 elementos, así que supongo que este es el caso $$\sum_{n=1}^{11} {(a_n)}<0$$ $$\Rightarrow7*\sum_{n=1}^{11} {(a_n)}<0$$ Indicar por ahora $$F\Biggl(\sum_{n=8}^{3} {(a_n)}\Biggr)$$the sum $$a_8+a_9+a_{10}+a_{11}+a_1+a_2+a_3$$ (Note that after the element $a_{11}$ we start again with ${a_1}$)

Así $$\sum_{n=1}^{7} {(a_n)}>0$$ $$F\Biggl(\sum_{n=8}^{3} {(a_n)}\Biggr)>0$$ $$\sum_{n=4}^{10} {(a_n)}>0$$ $$F\Biggl(\sum_{n=11}^{6} {(a_n)}\Biggr)>0$$ $$F\Biggl(\sum_{n=7}^{2} {(a_n)}\Biggr)>0$$ $$\sum_{n=3}^{9} {(a_n)}>0$$ $$F\Biggl(\sum_{n=10}^{5} {(a_n)}\Biggr)>0$$ $$F\Biggl(\sum_{n=6}^{1} {(a_n)}\Biggr)>0$$ $$\sum_{n=2}^{8} {(a_n)}>0$$ $$F\Biggl(\sum_{n=9}^{4} {(a_n)}\Biggr)>0$$ $$F\Biggl(\sum_{n=5}^{11} {(a_n)}\Biggr)>0$$ (Tenga en cuenta que no todas las sumas que contienen 7 miembros; todos ellos son, por tanto, estrictamente positivo).

La adición de la once de las desigualdades $$0<\sum_{n=1}^{7} {(a_n)}+ F\Biggl(\sum_{n=8}^{3} {(a_n)}\Biggr)+ \sum_{n=4}^{10} {(a_n)}+ F\Biggl(\sum_{n=11}^{6} {(a_n)}\Biggr)+ F\Biggl(\sum_{n=7}^{2} {(a_n)}\Biggr)+ \sum_{n=3}^{9} {(a_n)}+ F\Biggl(\sum_{n=10}^{5} {(a_n)}\Biggr)+ F\Biggl(\sum_{n=6}^{1} {(a_n)}\Biggr)+ \sum_{n=2}^{8} {(a_n)}+ F\Biggl(\sum_{n=9}^{4} {(a_n)}\Biggr)+ F\Biggl(\sum_{n=5}^{11} {(a_n)}\Biggr)=7*\sum_{n=1}^{11} {(a_n)}<0$$ Lo que obviamente es una contradicción.

En resumen, lo que hemos hecho es añadir siete veces $\sum_{n=1}^{11} {(a_n)}$. Esto debe ser estrictamente negativo, ya que todos "$\sum_{n=1}^{11} {(a_n)}$" son negativos. Podemos, sin embargo, divide a todos los sumandos en grupos de siete elementos, los cuales deben ser (a todos ellos) positiva, que conduce a la necesaria contradicción. Tenga en cuenta que usted puede repetir este proceso para todas las posibles $n$.

Así que si tu máximo $n$ es $n_{max}$, tendrás que escribir $d=lcm(11*7,n_{max})=lcm(77,n_{max})$ elementos en orden de $(a_1,a_2,...,a_{n_{max}-1},a_{n–{max}},a_1,a_2,...)$ y, a continuación, el grupo de ellos en $\frac{d}{11}$ gruops con 11 elementos, respectivamente (recordemos que estos grupos tienen que ser negativo). El grupo de ellos afterwares en $\frac{d}{7}$ grupos, de tal manera que cada uno de ellos contiene exactamente 7 elementos (estos grupos será por lo tanto positivos). Howver la $d$ elementos no suma un negativo y un número positivo al mismo tiempo (se requiere la contradicción).

$\mathbf {Remark}$

Este problema me recuerda el segundo problema de la OMI en el año de 1977:

En una secuencia finita de números reales, la suma de cualquiera de las siete términos sucesivos es negativo, y la suma de cualquiera de los once términos sucesivos es positivo. Determinar el número máximo de términos de la secuencia.

Si usted está buscando una solución, no es fácil que te pueden gustar...

Vamos a comenzar la agrupación de los elementos de la sucesión de la siguiente manera

$$a_1\quad a_2\quad a_3\quad a_4\quad a_5\quad a_6\quad a_7$$ $$a_2\quad a_3\quad a_4\quad a_5\quad a_6\quad a_7\quad a_8$$ $$..\quad ..\quad ..\quad ..\quad ..\quad ..\quad ..$$ $$a_{10}\quad a_{11}\quad a_{12}\quad a_{13}\quad a_{14}\quad a_{15}\quad a_{16}$$ $$a_{11}\quad a_{12}\quad a_{13}\quad a_{14}\quad a_{15}\quad a_{16}\quad a_{17}$$

Tener una mirada más cercana a esta representación se puede observar que cada línea está hecha de siete elementos (y por lo tanto es negativo) y cada columna está hecha de once elementos (y por lo tanto es positivo). Sin embargo, la suma total no puede ser positivo y negativo al mismo tiempo, por lo que la secuencia no puede contener el 17 de elemento. Es posible, sin embargo, para formar una secuencia con 16 elementos de cumplir las condiciones. Por ejemplo $$5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5$$

En el libro "Olimpiadas Internacionales de Matemáticas 1959-1977" Samuel Greitzer muestra un procedimiento (distinta de la simple suposición) con el fin de encontrar el ejemplo dado (que fue publicado más tarde por la Asociación Matemática de América en 1978).

Sin embargo, como Arthur Engel critica en su libro "Estrategias de solución de Problemas" (pg. 85 y siguientes) "[i]deally una OMI es un problema que debe ser desconocido para todos los estudiantes. Incluso un problema similar, nunca debería haber sido discutido en cualquier país." Afirma, que el problema 118 de "Dynkin–Molchanov–Rosental– Tolpygo": los Problemas Matemáticos, 1971, 3ª edición con más de 200.000 ejemplares vendidos, fue casi identic a esta.

Ahora, de vuelta a la solución, en el libro "El compendio de la OMI", de los autores ofrecen la siguiente solución generalizar el problema

Vamos a probar una declaración más fuerte: Si 7 y 11 en la pregunta son reemplazados por cualquier enteros positivos $m,n$ , a continuación, el número máximo de términos es $m+n−(m,n)−1$.

Deje $a_1,a_2,...,a_l$ ser una secuencia de números reales, y definamos $s_0 = 0$ e $s_k = a_1 +···+a_k \quad (k = 1,...,l)$. Las condiciones dadas son equivalentes a $s_k >s_{k+m}$ para $0≤k≤l−m$ e $s_k <s_{k+n}$ para $0≤k≤l−n$.

Deje $d = (m,n)$ e $m = m'd,\; n = n'd$. Supongamos que existe una secuencia $(a_k )$ de longitud mayor o igual a $l = m + n − d$ satisfacer las condiciones requeridas. A continuación, el $m' +n'$ números de $s_0,s_d,...,s_{(m'+n'−1)d}$ satisfacer $n'$ desigualdades $s_{k+m} < s_{k}$ e $m'$ desigualdades $s_{k} < s_{k+n}$. Además, en cada plazo $s_{kd}$ aparece dos veces en estas desigualdades: una vez en la mano izquierda y una vez en el lado derecho. De ello se deduce que existe un anillo de desigualdades $s_{i_1} < s_{i_2} < · · · < s_{i_k}< s_{i_1}$ , dando una contradicción.

Por otro lado, supongamos que un anillo de las desigualdades pueden ser realizados también por $l=m+n−d−1$, decir $s_{i_1} <s_{i_2} <···<s_{i_k} <s_{i_1}$. Si hay $p$ desigualdades de la forma $a_{k+m} < a_{k}$ e $q$ desigualdades de la forma $a_{k+n} >a_k$ en el ring,a continuación, $qn=rm$, lo que implica $m'\mid q,\quad n'\mid p$ e lo $k = p + q ≥ m' + n'$. Pero puesto que todos los $i_1,i_2,...,i_k$ son congruentes modulo $d$, tenemos $k ≤ m' + n' − 1$, una contradicción. Por lo tanto, no existe una secuencia de longitud $m + n − d − 1$ con la propiedad requerida.

Esta segunda solución se ofrece en la OMI por John Rickard, del reino unido, que recibió un precio especial para un enfoque original.