Cómo encontrar esta $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{500}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{500}$?

Question

Deje $A=\{1^2,2^2,3^2,\cdots,1000^2\}$. Cómo probar :

Existen $A_{1}=\{a_{1},a_{2},a_{3},\cdots,a_{500}\}\subset A$, $A_{2}=\{b_{1},b_{2},\cdots,b_{500}\}\subset A$, tal que $A_{1}\bigcup A_{2}=A,A_{1}\bigcap A_{2}=\varnothing$, e $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{500}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{500}$ ?

Answer 1

Tenga en cuenta que $$(k+1)^2+(k+2)^2 = k^2+(k+3)^2\quad -4.$$ Por lo tanto, $$\tag1(k+1)^2+(k+2)^2+(k+4)^2+(k+7)^2 = k^2+(k+3)^2+(k+5)^2+(k+6)^2.$$ Ahora partición $A$ a $125$ grupos de $8$ números consecutivos a cada uno y distribuir cada grupo de entre $A_1$ $A_2$ de acuerdo a $(1)$. Esto funciona debido a que $1000$ es un múltiplo de a $8$.

Answer 2

N. B. Esto no resuelve tu pregunta porque le da dos subconjuntos de (posiblemente) más pequeño que el tamaño de la mitad de los que son distintos, pero tienen la misma suma. Mira esta prueba y ver si se puede salvar algo de este método podría dar una idea:
Deje $n=500$ y deje $B\subseteq A$ tal que $|B|=n$. Entonces $$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=1^2+...+n^2\leq\sum_{b\in B} b\leq(n+1)^2+...+(2n)^2=\frac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ Por lo tanto, hay $$\frac{2n(2n+1)(4n+1)}{6}-2\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+1=2n^3+n^2+1$$ opciones para la suma de los elemnents de $B$ (probablemente menos, pero eso no importa). El número de subsetes de $A$ $n$ elementos es $\binom{2n}{n}$.
Ya que para todas las $n>5$ tenemos $\binom{2n}{n}>2n^3+n^2+1$, por el principio del palomar, no existe $B_1\neq B_2\subseteq A$ $|B_1|=|B_2|=n$ tal que $\sum_{b\in B_1}b=\sum_{b\in B_2}b$. Ahora, denotan $C=B_1\cap B_2$ y, a continuación,$A_i=B_i\setminus C$. Claramente $\sum_{a\in A_1}a=\sum_{a\in A_2}a$$A_1\cap A_2=\emptyset$$|A_1|=|A_2|$. El problema es que podría ser $|A_1|\neq n$.