¿Más explícitamente, para qué valores de $n$ pueden las señales de ser elegidas en la ecuación $$\pm 1\pm 2\pm 3 ... \pm (n-1) \pm n = n+1$ $ así que la ecuación es verdad?
Para todos los $n$, si no se satisface la ecuación, probarlo; Si la ecuación puede ser satisfecha, exhiben una solución.
Nota: tengo una solución y se presentan en dos días si nadie presenta una similar.
Equivalentemente, queremos dividir el conjunto de $\{1,2,3,\dots, n+1\}$ en dos partes, tales que la suma de las dos partes de la misma. El $n+1$ es algo poco atractivo, así que vamos a llamarlo $m$.
Una condición necesaria es que la suma de $1+2+3+\cdots+m=\frac{m(m+1)}{2}$ es incluso. Se demuestra que esta condición también es suficiente.
Nuestra condición necesaria que se cumple precisamente al $m$ es de la forma $m=4k$ o de la forma $m=4k-1$.
Tenga en cuenta que $(4j+1)+(4j+4)=(4j+2)+(4j+3)$. Que se ocupa de todos los casos de $m$ es de la forma $4k$. Para cualquier grupo de $\{4j+1,4j+2,4j+3,4j+4\}$ puede ser dividido en $2$ partes con igual suma.
Para $m$ de la forma $4k-1$, creo pf nuestros suma comenzando a las $0$, y su uso como grupos de $\{4j,4j+1,4j+2,4j+3\}$, dividiendo cada grupo con el hecho de que $4j+(4j+3)=(4j+1)+(4j+2)$.
Comentario: me siento culpable por estos $j$$k$$m$$n$. Todo se reduce a dos casos de ejemplo: $$(1-2-3+4)+(5-6-7+8)+(9-10-11+12)=0,$$ y $$(0-1-2+3)+(4-5-6+7)+(8-9-10+11)=0.$$
Como otros han dicho, queremos una partición de $\{1, 2, ..., n+1\}$ en dos conjuntos con sumas iguales.
La suma es $\frac{(n+1)(n+2)}{2}$.
Si $n=4k$, la suma es $(4k+1)(2k+1)$ lo cual es extraño y por lo tanto imposible.
Si $n = 4k+1$, la suma es $(2k+1)(4k+3)$ que también es impar, y por lo tanto imposible.
Si $n = 4k+2$, la suma es $(4k+3)(2k+2)$, así que no se descarta, y la suma debe ser $(4k+3)(k+1)$.
si $n = 4k+3$, la suma es $(2k+2)(4k+5)$ que también no se descarta, y la suma debe ser $(k+1)(4k+5)$.
Aquí están mis soluciones para el que no es imposible casos.
Para el $n=4k+2$ de los casos, la suma debe ser $(4k+3)(k+1) =(4k+4-1)(k+1) =4(k+1)^2-(k+1) =(2k+2)^2-(k+1) $. La plaza se sugiere, para mí, la fórmula para la suma de números impares consecutivos $1+3+...+(2m-1)=m^2$, por lo $1+3+...+(4k+3) = (2k+2)^2$. Si $k+1$ es impar, quitar de la suma por lo que es $(2k+2)^2-(k+1)$. Si $k+1$ es incluso, tanto en $1$ $k$ son impares, así eliminarlos de la suma. En cualquier caso, tenemos la partición deseada.
Para el $n=4k+3$ de los casos, la suma debe ser $(4k+5)(k+1) =(4k+4+1)(k+1) =4(k+1)^2+(k+1) =(2k+2)^2+(k+1) $. De nuevo, $1+3+...+(4k+3) = (2k+2)^2$. Si $k+1$ es incluso, agregar a la suma por lo que es $(2k+2)^2+(k+1)$. Si $k+1$ es impar, $k+2$ es incluso, por lo tanto, eliminar $1$ y agregar $k+2$ a la suma. En cualquier caso, tenemos la partición deseada.
No sé cuántas particiones se puede encontrar.
todos los n tal que $n\equiv 3 \mod4$ puede satisfacer esto. y $\forall n$ que satisfacerlo $\exists k\in\mathbb{N}$ % s.t. $n+4*k$también la cumple. Digo que porque no estoy 100% seguro $n\equiv3 \mod 4$ es el conjunto de soluciones.
nos da $\pm1\pm2...\pm n =n+1 $ $\pm1\pm2...\pm(n+1)=0$ por inducción si $n-3$ satisface la segunda ecuación $(n-2)-(n-1)-n + (n + 1) = 0 \implies [\pm1\pm2...\pm(n-3)] + [\pm(n-2)\pm(n-1)\pm n\pm(n+1)] = 0$
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