¿Es posible poner $+$ o $-$ signos de tal manera que $\pm 1 \pm 2 \pm \cdots \pm 100 = 101$ ?

Question

Estoy leyendo un libro sobre combinatoria. Aunque el libro trata de combinatoria hay un problema en el libro que no se me ocurre ninguna solución excepto utilizando la teoría de números.

Problema: ¿Es posible poner $+$ o $-$ signos de tal manera que $\pm 1 \pm 2 \pm \cdots \pm 100 = 101$ ?

Mi prueba es bastante simple. Trabajemos en mod $2$ . Tendremos:

$\pm 1 \pm 2 \pm \cdots \pm 100 \equiv 101 \mod 2$ pero como $+1 \equiv -1 \mod 2$ y hay exactamente $50$ Números impar y $50$ números pares de $1$ a $100$ podemos escribir:

$(1 + 0 + \cdots + 1 + 0 \equiv 50\times 1 \equiv 0) \not\equiv (101\equiv 1) \mod 2$ lo cual es contradictorio.

Por lo tanto, no es posible elegir $+$ o $-$ signos de ninguna manera para que sean iguales.

Ahora bien, ¿existe alguna prueba combinatoria de ese hecho, salvo la que yo tengo en mente?

Answer 1

Se puede reformular esencialmente el mismo argumento en los siguientes términos:

Supongamos que existiera tal patrón de signos más y menos. Sea $P$ es el conjunto de términos positivos y $N$ sea el conjunto de términos negativos junto con el número $101$ . Entonces $\sum P-\sum N=0$ Así que $\sum P=\sum N$ y $\{P,N\}$ es una partición de $\{1,2,\ldots,101\}$ en dos conjuntos con igual suma. Pero $\sum_{k=1}^{101}k=\frac12\cdot101\cdot102=101\cdot51$ es impar, así que esto es imposible.

Answer 2

Otra respuesta que utiliza casi la misma idea: la suma o resta de dos números pares o Impares es un número par. ¿Cuántos números Impares tenemos?

Answer 3

Si $T_n=n(n+1)/2$ es el $n^{th}$ número triangular, una prueba inductiva (utilizando $T_n+(n+1)=T_{n+1}$ ) muestra los números alcanzables en el paso $n$ son $$-T_n,\ -T_n+2,\ \cdots , T_n-2, \ T_n,$$ en particular todos tienen la misma paridad que $T_n$ . Desde $T_{100}=5050$ es par, vemos que $101$ no puede alcanzarse de ninguna manera $100$ pasos.

adenda: El primer número triangular como mínimo $101$ es $T_{14}=105$ (y es impar). Esto sobrepasa el objetivo $101$ por $4$ por lo que si tomamos la suma $$1+2+3+\cdots+14=105$$ y cambiar el signo del $2$ obtenemos $101$ . Parece que esta es la única manera de conseguir $101$ en 14 pasos, y no podemos conseguirlo con 13 o menos ya que $T_{13}=91$ es el mayor con $13$ pasos.

Answer 4

Sustituir 100 por $n$ y usando la solución de Brian M. Scott, queremos una partición de $\{1, 2, ..., n+1\}$ en dos conjuntos con sumas iguales.

La suma es $\frac{(n+1)(n+2)}{2}$ , y si $n=4k$ , esto es $(4k+1)(2k+1)$ que es impar y, por tanto, imposible.

Si $n = 4k+1$ , esto es $(2k+1)(4k+3)$ que también es impar, y por lo tanto imposible.

Si $n = 4k+2$ , esto es $(4k+3)(2k+2)$ , por lo que no se descarta y cada suma debe ser $(4k+3)(k+1)$ .

si $n = 4k+3$ , esto es $(2k+2)(4k+5)$ lo que tampoco se descarta, y cada suma debe ser $(k+1)(4k+5)$ .

Ahora intentaré encontrar una solución para los casos no imposibles. (Los voy resolviendo a medida que los introduzco).

Para el $n=4k+2$ caso, la suma debe ser $(4k+3)(k+1) =(4k+4-1)(k+1) =4(k+1)^2-(k+1) =(2k+2)^2-(k+1) $ . El cuadrado allí sugiere, a mí, la fórmula para la suma de números Impares consecutivos $1+3+...+(2m-1)=m^2$ , así que $1+3+...+(4k+3) = (2k+2)^2$ . Si $k+1$ es impar quítalo de la suma para que sea $(2k+2)^2-(k+1)$ . Si $k+1$ es par, ambos $1$ y $k$ son impar así que elimínalos de la suma. En cualquier caso, tenemos la partición deseada.

Para el $n=4k+3$ caso, la suma debe ser $(4k+5)(k+1) =(4k+4+1)(k+1) =4(k+1)^2+(k+1) =(2k+2)^2+(k+1) $ . Otra vez, $1+3+...+(4k+3) = (2k+2)^2$ . Si $k+1$ es par, añádelo a la suma para que sea $(2k+2)^2+(k+1)$ . Si $k+1$ es impar, $k+2$ es par, así que quita $1$ y añada $k+2$ a la suma. En cualquier caso, tenemos la partición deseada.

No sé si estas particiones son únicas.

Answer 5

Considere ambos lados módulo $2$ . Entonces el lado derecho es $1$ mientras que el lado izquierdo es $0$ (ya que se compone de $50$ unos y $50$ ceros).