$x$ es igual, como mínimo, a $51$ de $a_1,\frac{a_1+a_2}{2},\ldots,\frac{a_1+a_2+\ldots+a_{100}}{100}$ . Demostrar que $2$ de $a_1,\ldots,a_{100}$ son iguales.

Question

Si $x$ es igual, como mínimo, a $51$ número de la matriz $a_1, \frac{a_1+a_2}{2},\ldots,\frac{a_1+a_2+\ldots+a_{100}}{100}$ , demuestre que $2$ números de la matriz $a_1,a_2\ldots,a_{100}$ son iguales.

Así es como se plantea originalmente el problema. No me dice si al menos o exactamente $2$ números de la matriz $a_1,a_2\ldots,a_{100}$ son iguales.

He pensado en una forma de definir el problema de otra manera:

Si $n_1,n_2,\ldots,n_{100}$ es una matriz de números naturales distintos que pertenecen al intervalo $[1\:;100]$ y $k\in\mathbb N$ , $k\le50$ y $\begin{cases}n_1x=a_1+a_2\ldots+a_{n_1}\\n_2x=a_1+a_2\ldots+a_{n_2}\\\ldots\\n_{50+k}x=a_1+a_2\ldots+a_{n_{50+k}}\end{cases}$ , demuestre que $2$ números de la matriz $a_1,a_2\ldots,a_{100}$ son iguales.

No tengo ni idea por el momento de cómo podríamos llegar a una prueba que $2$ números de la matriz $a_1,a_2\ldots,a_{100}$ son iguales. Algunas ideas serían geniales. Gracias.

Answer 1

Dejemos que $I$ sea el conjunto de todos los $0 \le n \le 100$ tal que $x_1 + \cdots + x_n = nx$ . Tenga en cuenta que $0$ pertenece a $I$ y lo mismo ocurre con el $51$ (o más) otros valores indicados en la hipótesis, por lo que $|I| \ge 52$ .

Desde $I$ es un subconjunto de $\{0, \ldots, 100\}$ con un tamaño mínimo de $52$ debe contener al menos dos pares de elementos consecutivos. En otras palabras, hay distintos $m,n$ tal que $m, m+1\in I$ y $n, n+1 \in I$ . (Una forma de ver esto con claridad es considerar los espacios entre el primer $52$ elementos: hay $51$ espacios que suman como máximo $100$ por lo que al menos dos de las separaciones deben ser $1$ en lugar de $\ge 2$ .)

Observe que siempre que $r,r+1 \in I$ tenemos que $a_{r+1} = x$ (ya que estás confundido, puedes comprobar que esto es válido para $r=0$ pero realmente es el mismo cálculo que cualquier $r$ ). Así, con $m$ y $n$ elegido como arriba, tenemos $a_{m+1} = a_{n+1} = x$ .

Answer 2

Dejemos que $$A=\{\,k\in\mathbb N_0\mid k\le 100,a_1+\ldots+a_k=kx\,\}.$$ Entonces $A$ no sólo contiene los 51 índices dados, sino también, trivialmente, los siguientes $0\in A$ es decir $|A|\ge 52$ . Sea $B= (\mathbb N\setminus A)\cap (A+1)$ . Entonces $A\cap B=\emptyset$ y $A\cup B\subseteq \{0,1,\ldots,101\}$ implica $$\tag1|A|+|B|\le 102.$$ Para cada $k\in (A+1)\cap A$ tenemos $1\le k\le 100$ y $$a_k=(a_1+\ldots+a_k)-(a_1+\ldots a_{k-1})=kx-(k-1)x=x.$$ Ahora $$(A+1)\cap A=(A+1)\setminus(\mathbb N\setminus A)=(A+1)\setminus B$$ y $$|(A+1)\setminus B|\ge |A+1|-|B|=|A|-|B|\ge 2|A|-102\ge 2$$ Muestra que hay al menos dos índices $k$ con $a_k=x$ .

Answer 3

Esto debería funcionar

Dejemos que $b_i$ denotan el $i$ término de la secuencia.

Por el principio de encasillamiento, al menos dos términos consecutivos $b_n, b_{n+1}$ son iguales.

Si $n$ es par, entonces necesariamente al menos otro par de términos consecutivos son iguales. Si $b_k, b_{k+1}$ son iguales, entonces se puede demostrar que $a_{n+1} = a_{k+1}$

Si $n$ es impar, entonces puede ser que $b_n, b_{n+1}$ es el único par. Si no lo fuera, entonces podemos concluir de forma similar a la anterior. Por lo tanto, consideremos $b_n, b_{n+1}$ siendo la única pareja. $b_1 = a_1$ debe ser uno de los términos iguales a $x$ (los términos iguales son $a_1 = a_3 = \dots = a_n = a_{n+1} = a_{n+3} = \dots = a_{100}$ ). Además, $\frac{a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_n}{n} = \frac{a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{n+1}}{n+1}$ Así que $a_{n+1} = \frac{a_1+a_2+a_3+\dots+a_n}{n} = x$ . Así, $a_{n+1} = a_1$ . $\blacksquare$

Por cierto, ¿sabes de dónde viene este problema? Parece un problema de la USAMO de los años 90.

Answer 4

Se puede decir un poco más, no sólo dos de esos $a_i$ son iguales, en realidad dos de ellos son iguales $x$ .

Es evidente que si dos medias consecutivas son iguales a $x$ entonces el término añadido en la segunda media corrida fue igual a $x$ . Obviamente, no se puede seleccionar $51$ de $100$ de promedios sin que esto ocurra al menos una vez (cada promedio seleccionado, excepto el último, bloquearía a su sucesor de la selección, lo que da $50\times2+1$ medias seleccionadas o bloqueadas, una de más). Si realmente ocurre más de una vez, entonces tenemos nuestras dos instancias de $a_i=x$ . Pero si uno quiere que ocurra sólo una vez, entonces por un argumento similar, cada uno de los $100$ se seleccionan las medias en funcionamiento o el sucesor de una media seleccionada, cumpliéndose las dos condiciones simultáneamente una sola vez. Pero eso significa que se ha seleccionado la primera media corrida, lo que hace que $a_1=x$ que junto con la instancia $a_i=x$ para el índice $i$ que fue a la vez seleccionado y el sucesor de un índice seleccionado da nuestras dos instancias.

Se puede evitar la distinción de los casos añadiendo una media corrida $0$ declarado igual a $x$ (con lo que el argumento "dos medias consecutivas iguales a $x$ implica la segunda $a_i=x$ " sigue siendo válido), y argumentar al menos dos pares de medias elegidas consecutivas. Esto es esencialmente el respuesta de Eric Wong . Sólo quería mostrar que también se llega a la conclusión utilizando sólo un razonamiento sin fantasía.