Encuentra todas las condiciones para $x$ que la ecuación de $1\pm 2 \pm 3 \pm 4 \pm \dots \pm 1395=x$ tiene una solución.
Mi intento:$x$ no puede ser extraño, porque el lado izquierdo es siempre, incluso luego tenemos a $x=2k(k \in \mathbb{N})$ también tiene un máximo y mínimo
$1-2-3-4-\dots-1395\le x \le 1+2+3+4+\dots +1395$
Pero no puedo mostrar si estas condiciones son suficientes o hacer algunas otras condiciones.
Un intento de "demostrar sin palabras":
Ok, voy a dar algunas palabras...
Empezamos con la sola suma $0$ : primera fila, rowindex $k=0$, el conjunto de resultados $R_0=\{0\}$ ).
Después de que inicializamos el conjunto de sumandos por $1$ y de la resta (flecha roja) o adición (flecha verde) llegamos a el conjunto de los resultados de la $R_1 = \{-1,+1\}$ . Tome nota de la distancia de todos los elementos es $2$.
Después de que añadimos $2$ a nuestro sumandos y por la sustracción o adición a cualquier elemento de la serie anterior de los resultados que se obtienen $R_2=\{-3,-1,1,3\}$
Después de que añadimos $3$ a nuestro sumandos y por la sustracción o adición a cualquier elemento de la serie anterior de los resultados que se obtienen $R_3=\{-6,-4,-2,0,2,4,6\}$
...
Ya vemos, cómo esto se generaliza:
La nueva sumando $s_k$ resta el elemento más pequeño en el resultado anterior se da al nuevo elemento más pequeño que se $- \binom{1+s_k}{2}$ (más a la izquierda de la flecha roja) y la analoguous a la vieja elemento más grande da $+ \binom{1+s_k}{2}$. Debido a que el anterior conjunto de resultados era densa, en pasos de 2, y $s_k$ es menor que el elemento más grande de la anterior resultado no obtenemos nuevos agujeros, y por lo tanto el resultado es de nuevo densa en los pasos de $2$, alcanzando a partir de la binomial negativa de valor positivo al binomio valor.
Contando las cardinalidades de los conjuntos de mostrar, que siempre tenemos $ \operatorname{card}(R_k)= \binom{1+k}{2}+1 $ donde $\operatorname{card}(R_0)=1$
El resultado de $R_{1395}$ debe entonces ser $$\operatorname{card}(R_{1395}) = \binom{1+1395}{2}+1 = 973711 $$
Véase mi respuesta similar para el caso de que el primer elemento de la suma no es $\pm 1$, pero sólo $1$ .
Después de la segunda vez, cambió su título (¿qué es esto?) la otra imagen es relevante en lugar de la primera. La lógica es la misma; las flechas grises son los que ahora-no válido para el conjunto-de-preferido-resultados de la $R_k$ :
El resultado de esta versión de $R_{1395}$ debe entonces ser $$\operatorname{card}(R_{1395}) = \binom{1+1395}{2}-2 = 973709 $$
Deje $N:=1+2+\ldots+1395$, lo que es aún. Usted ya ha encontrado las condiciones necesarias que $x$ ser incluso y $-N\leq x\leq N$. Estas condiciones son también suficientes, para demostrar esto basta con elegir los signos en la suma tal que las sumas a $x$, para cada $x$$-N\leq x\leq N$.
Para $x=N$ simplemente elija el $+$-signo en todas partes. Para$x$, incluso con $-N\leq x<N$ la diferencia de $N-x$ es aún, y por lo $\frac{N-x}{2}$ es un número entero entre el$0$$N$. Esto significa que podemos escribir $\frac{N-x}{2}$ como una suma de enteros distintos de$1$$1395$, aunque no necesariamente de una manera única (es posible que desee probar este, por ejemplo a través de la inducción). Ahora elija el $-$-signo en todos estos enteros en lugar de la $+$-signo; esto es lo mismo que restar $\frac{N-x}{2}$ $N$ dos veces, de tal forma que la suma de las sumas a $N-2\cdot\frac{N-x}{2}=x$.
En general, si $n$ es un entero positivo, el valor mínimo de la suma $\pm 1 \pm 2 \pm 3 \pm \cdots \pm n$ es $-\frac{n(n+1)}{2}$, el máximo es de $\frac{n(n+1)}{2}$, y todos los enteros de la misma paridad entre los valores son sumas posibles. Es decir, si $\frac{n(n+1)}{2}$ es aún, todos los valores posibles son, incluso, y si $\frac{n(n+1)}{2}$ es impar, todos los valores posibles son impares.
Esto se basa en una respuesta que he publicado muy similar pregunta hace varios meses; la principal pregunta en ese caso, como el de la versión original de esta cuestión, no ha $\pm$ frente al $1,$, pero la versión con $\pm1$ es relativamente trivial extensión del problema para el que me dio una solución al final de la respuesta.
Dado que las sumas con $\pm$ frente al $1$ son mucho más simples para demostrar que las sumas sin que $\pm,$ voy a recapitular el argumento de la suma con $\pm1.$
Si alguna de las $\pm$ signos en $\pm 1 \pm 2 \pm 3 \pm \cdots \pm n$ es negativo, se puede hacer un número mayor por el cambio de signo positivo. Pero si todas las señales son positivas, entonces cualquier cambio hará que la suma menor. Por lo que el máximo valor tiene todos los signos positivos, y es $$ 1 + 2 + 3 + \cdots n = \frac{n(n+1)}{2}. $$ Una imagen de espejo argumento muestra que el valor mínimo es $-\frac{n(n+1)}{2},$ cuando todas las $\pm$ signos son negativos.
Ahora supongamos que en alguna parte de la suma que hay dos términos consecutivos cuyos signos se positivo y luego el negativo, es decir, los términos se $+j - (j+1)$ donde $1 \leq j \leq n-1.$ A continuación, podemos cambiar estos dos términos a $-j + (j+1)$ a fin de aumento de la suma por exactamente $2.$ La única situación en la que no podemos hacer esto es cuando todos los negativos términos ocurrir antes de que todos los términos positivos, es decir, o todos son positivos (el valor máximo), todos ellos son negativos (el valor mínimo), o la suma tiene el formulario $$ -1 - 2 - 3 - \cdots - k + (k+1) + (k + 2) + \cdots + n. $$ En el "positivos" del caso, por supuesto, no podemos aumentar la cantidad de dinero; en los otros dos casos, el primer término es $-1,$ y podemos cambiar esto a $+1$ y por lo tanto aumentar la suma por $2.$
Así que cada suma excepto el máximo que uno puede ser aumentado por $2$; a partir de $-\frac{n(n+1)}{2},$ que nos permite llegar a todos los enteros de la misma paridad de $-\frac{n(n+1)}{2}$ $\frac{n(n+1)}{2},$incluido.
Usted no puede llegar a cualquier número de enfrente de la paridad de $\frac{n(n+1)}{2},$ porque cada vez que cambie el signo del término $j$ agregar o restar $2j$ a partir de la suma.
Ahora solo enchufe en $1395$ $n.$
Dado que el $1$ en la serie es no $\pm1$, puedo ver otra condición, a saber, que el $x$ no cuentan con los valores de $Max-2$ o $Min + 2$, donde Max y Min son los valores máximo y mínimo de la serie.
El máximo se produce cuando todas las señales son positivas. La única manera de obtener una suma de $Max-2$ es cambiando el signo de $1$ a partir de positivo a negativo, lo que disminuye la cantidad de $2$. Cambiando el signo de $2$ a partir de positivo a negativo, disminuiría la suma por $4$. Cambiando el signo de $3$ a partir de positivo a negativo, disminuiría la suma por $6$, etc. Así, no es posible alcanzar el número de $Max - 2$.
El Min se produce cuando todos los signos son negativos, excepto para el $1$ el cual debe ser positivo. El más pequeño incremento positivo es posible hacer es cambiar el signo de la $2$ de negativa a positiva. Esto aumenta la suma por $4$. Así, no es posible alcanzar el número de $Min + 2$.
No estoy seguro de que este es el enfoque, pero permítame. Estoy asumiendo $\pm1$ en el enunciado del problema.
La idea básica es la inducción. Para $n$, resolver su problema. Es decir, $\pm1\pm2\ldots\pm n=x$. A continuación, vaya a $n$.
Básicos de inducción paso: $n=3$. A continuación, $\pm1\pm2\pm3=x$ tiene una solución para todo, incluso,$x$$\pm6$. Esto es fácil de comprobar.
El paso de inducción: dado $n$ tal que $n+1$ es divisible por $4$, ir a $n+4$.
Permítanme ilustrar esto con $n=3$ $n'=7$como un ejemplo (con la esperanza de general paso puede ser escrito). Esto implica la adición de $\pm4\pm5\pm6\pm7$. El uso de $4+7-5-6=0$, si no hay una solución para $x$$n$, hay una solución para$x$$n'$. El $\pm4\pm5\pm6\pm7$ además puede ser utilizado para agregar $\{2,4,8,10,12,14,22\}$ (a $6$ generado por $1+2+3$, restando es el mismo). Si me muestran cómo agregar $\{6,16,18,20\}$ la inducción de paso' es completa. Para agregar $6$ agregar $12$ $\pm4\pm5\pm6\pm7$ y variación$3$$-3$. Para agregar $16$ agregar $22$ $\pm4\pm5\pm6\pm7$ y variación$3$$-3$. Asimismo, $18$ $20$ seguir agregando $22$ y el cambio de signo de $2$ $1$ respectivamente.
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