Comments on: Olimpiada Internacional de Matemáticas 2008 – Problema 5: Calcula la razón http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/ Porque todo tiende a infinito... Fri, 10 Feb 2012 21:24:04 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0.1 By: M http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8555 M Sun, 31 Aug 2008 18:27:46 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8555 también se puede obteniendo la suma de los coeficientes del desarrollo $latex (L_1+\ldots+L_{2n})^k$ que contienen: 1) sólo potencias impares de $latex L_1,\ldots,L_n$ (para obtener $latex M$) 2) sólo potencias impares de $latex L_1,\ldots,L_n$ y potencias pares de $latex L_{n+1},\ldots,L_{2n}$ (para obtener $latex N$). también se puede obteniendo la suma de los coeficientes del desarrollo (L_1+\ldots+L_{2n})^k

que contienen:

1) sólo potencias impares de L_1,\ldots,L_n (para obtener M)

2) sólo potencias impares de L_1,\ldots,L_n y potencias pares de L_{n+1},\ldots,L_{2n} (para obtener N).

]]> By: zelig http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8554 zelig Sun, 31 Aug 2008 15:27:08 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8554 (Perdón, corrijo algunas erratas.) El coeficiente de orden $latex k$ de la función $latex \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n=\sinh^nz$ es el número de $latex M-$sucesiones, y el coeficiente de orden $latex k$ de $latex \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r}}{(2r)!}\right)^n=\sinh^nz\cosh^nz=2^{-n}\sinh^n(2z)$ es el número de $latex N-$sucesiones. El susodicho coeficiente, $latex a_k$, de $latex \sinh^nz$ no sé cuál es, pero sea el que sea, el de $latex 2^{-n}\sinh^n(2z)$ será $latex 2^{k-n}a_k$, y de ahí se sigue el resultado correcto $latex \frac{N}{M}=2^{k-n}$. (Perdón, corrijo algunas erratas.) El coeficiente de orden k de la función \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n=\sinh^nz es el número de M-sucesiones, y el coeficiente de orden k de \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r}}{(2r)!}\right)^n=\sinh^nz\cosh^nz=2^{-n}\sinh^n(2z) es el número de N-sucesiones. El susodicho coeficiente, a_k, de \sinh^nz no sé cuál es, pero sea el que sea, el de 2^{-n}\sinh^n(2z) será 2^{k-n}a_k, y de ahí se sigue el resultado correcto \frac{N}{M}=2^{k-n}.

]]> By: zelig http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8553 zelig Sun, 31 Aug 2008 15:24:48 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8553 Gracias Sive, no me había percatado de la repetición. Eso significa que cada combinación de $latex r_i$s y de $latex p_i$s (en la notación de mi post) contribuye un factor $latex \frac{k!}{(2r_1+1)!\cdots(2r_n+1)!(2p_1)!\cdots(2p_n)!}$. Esta cuenta resulta muy fácil con funciones generatrices. Según esto, el coeficiente de orden $latex k$ de la función $latex \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n=\sinh^nz$ es el número de $latex N-$sucesiones, y el coeficiente de orden $k$ de $latex \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r}}{(2r)!}\right)^n=\sinh^nz\cosh^nz=2^{-n}\sinh^n(2z)$ es el número de $N-$sucesiones. El susodicho coeficiente, $latex a_k$, de $latex \sinh^nz$ no sé cuál es, pero sea el que sea, el de $latex 2^{-n}\sinh^n(2z)$ será $latex 2^{k-n}a_k$, y de ahí se sigue el resultado correcto $latex \frac{N}{M}=2^{k-n}$. Gracias Sive, no me había percatado de la repetición. Eso significa que cada combinación de r_is y de p_is (en la notación de mi post) contribuye un factor \frac{k!}{(2r_1+1)!\cdots(2r_n+1)!(2p_1)!\cdots(2p_n)!}. Esta cuenta resulta muy fácil con funciones generatrices. Según esto, el coeficiente de orden k de la función \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n=\sinh^nz es el número de N-sucesiones, y el coeficiente de orden $k$ de \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r+1}}{(2r+1)!}\right)^n \left(\sum_{r=0}^{\infty}\frac{z^{2r}}{(2r)!}\right)^n=\sinh^nz\cosh^nz=2^{-n}\sinh^n(2z) es el número de $N-$sucesiones. El susodicho coeficiente, a_k, de \sinh^nz no sé cuál es, pero sea el que sea, el de 2^{-n}\sinh^n(2z) será 2^{k-n}a_k, y de ahí se sigue el resultado correcto \frac{N}{M}=2^{k-n}.

]]> By: Sive http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8552 Sive Sun, 31 Aug 2008 00:35:24 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8552 Pues para mi la demostración es tan válida, como brillante. Yo también invertí casi todo mi tiempo en la idea de convertir secuencias de M en N, o al revés, para obtener el cociente. Supongo que todos los que desistimos de calcular el cardinal de M y N para después dividir, intentamos eso. Pero no se me ocurrió ninguna forma útil de hacerlo. Felicidades. Pues para mi la demostración es tan válida, como brillante.

Yo también invertí casi todo mi tiempo en la idea de convertir secuencias de M en N, o al revés, para obtener el cociente. Supongo que todos los que desistimos de calcular el cardinal de M y N para después dividir, intentamos eso. Pero no se me ocurrió ninguna forma útil de hacerlo.

Felicidades.

]]> By: M http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8551 M Fri, 29 Aug 2008 15:39:13 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8551 Vamos a ver que por cada $latex M-$sucesión se pueden construir exactamente $latex 2^{k-n}$ $latex N-$sucesiones distintas (o dicho de otro modo, que hay exactamente $latex 2^{k-n}$ $latex N-$sucesiones distintas que generan la misma $latex M-$sucesión). Llamemos a las lámparas $latex L_1,\ldots,L_n,L_{n+1},\ldots,L_{2n}$. Primero notar que a partir de una $latex N-$sucesión dada podemos construir una $latex M-$sucesión del modo siguiente: dada una $latex N-$sucesión podemos tomar los cambios de estado (que están dados en cantidad par) de la lámpara $latex L_{n+i}$ y asignárselos a la lámpara $latex L_i$, $latex 1\leq i\leq n$, con lo cual obtenemos una $latex M-$sucesión. La gracia está en saber cuántas $latex N-$sucesiones determinan la misma $latex M-$sucesión. Y esto es lo que vamos a hacer a continuación. Consideremos ahora una $latex M-$sucesión. La lámpara $latex L_i, \;1\leq i\leq n$, habrá cambiado de estado un número impar de veces, pongamos $latex 2r_i+1$ veces ($latex r_i\geq 0$). Puesto que las lámparas de índice superior a $latex n$ no han sido alteradas, se tiene que $latex \sum_{i=1}^n (2r_i+1)=k$ (número total de pasos, o cambios de estado). Entonces, dada una $latex M-$ sucesión, podemos construir $latex N-$sucesiones sustrayendo cambios de estado en cantidad par de la lámpara $latex L_i$ y traspasándolos a la lámpara $latex L_{n+i}$, para cada $latex i\in\{1,\ldots,n\}$. Y además éstas son todas las formas de construir $latex N$-sucesiones. Ahora bien, dados los $latex 2r_i+1$ cambios de estado de la lámpara $latex L_i$, el número de sustracciones de cantidades pares (es decir, el número de subconjuntos de cantidad par) que podemos tomar es $latex {2r_i+1 \choose 0} + {2r_i+1 \choose 2} + \ldots + {2r_i+1 \choose 2r_i} = 2^{2r_i}.$ Por tanto, para las $latex n$ primeras lámparas tendremos un total de sustracciones pares dado por $latex \prod_{i=1}^n 2^{2r_ i}=2^{\sum_{i=1}^n 2r_i}.$ Pero resulta que $latex \sum_{i=1}^n (2r_i+1)=k$, lo cual implica que $latex \sum_{i=1}^n 2r_i=k-n$. Vamos a ver que por cada M-sucesión se pueden construir exactamente 2^{k-n} N-sucesiones distintas (o dicho de otro modo, que hay exactamente 2^{k-n} N-sucesiones distintas que generan la misma M-sucesión). Llamemos a las lámparas L_1,\ldots,L_n,L_{n+1},\ldots,L_{2n}.

Primero notar que a partir de una N-sucesión dada podemos construir una M-sucesión del modo siguiente: dada una N-sucesión podemos tomar los cambios de estado (que están dados en cantidad par) de la lámpara L_{n+i} y asignárselos a la lámpara L_i, 1\leq i\leq n, con lo cual obtenemos una M-sucesión. La gracia está en saber cuántas N-sucesiones determinan la misma M-sucesión. Y esto es lo que vamos a hacer a continuación.

Consideremos ahora una M-sucesión. La lámpara L_i, \;1\leq i\leq n, habrá cambiado de estado un número impar de veces, pongamos 2r_i+1 veces (r_i\geq 0). Puesto que las lámparas de índice superior a n no han sido alteradas, se tiene que \sum_{i=1}^n (2r_i+1)=k (número total de pasos, o cambios de estado). Entonces, dada una M- sucesión, podemos construir N-sucesiones sustrayendo cambios de estado en cantidad par de la lámpara L_i y traspasándolos a la lámpara L_{n+i}, para cada i\in\{1,\ldots,n\}. Y además éstas son todas las formas de construir N-sucesiones.

Ahora bien, dados los 2r_i+1 cambios de estado de la lámpara L_i, el número de sustracciones de cantidades pares (es decir, el número de subconjuntos de cantidad par) que podemos tomar es

{2r_i+1 \choose 0} + {2r_i+1 \choose 2} + \ldots + {2r_i+1 \choose 2r_i} = 2^{2r_i}.

Por tanto, para las n primeras lámparas tendremos un total de sustracciones pares dado por

\prod_{i=1}^n 2^{2r_ i}=2^{\sum_{i=1}^n 2r_i}.

Pero resulta que \sum_{i=1}^n (2r_i+1)=k, lo cual implica que \sum_{i=1}^n 2r_i=k-n.

]]> By: Sive http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8550 Sive Thu, 28 Aug 2008 18:45:39 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8550 Pues por ejemplo, de una combinación de cuatro pasos, no salen 24 (4!) variantes, cambiando el orden, si alguna lámpara se repite en algún paso. Por ejemplo, de la secuencia AAAB, importando el orden sólo salen otras tres: AABA, ABAA, y BAAA. Aún se puede intentar algo más por ese camino, pero me parece que se pone demasiado engorroso, y yo quiero pensar que hay una idea féliz que lleva a la solución de una forma más elegante. Pero no la encuentro... :( Por otro lado, yo no puedo garantizar que la solución sea $latex 2^{k-n}$. Es sólo el resultado que obtengo con un sencillo programa de ordenador, con unos cuantos casos particulares, pero puedo haberme equivocado haciendo el programa, claro. Pues por ejemplo, de una combinación de cuatro pasos, no salen 24 (4!) variantes, cambiando el orden, si alguna lámpara se repite en algún paso.

Por ejemplo, de la secuencia AAAB, importando el orden sólo salen otras tres: AABA, ABAA, y BAAA.

Aún se puede intentar algo más por ese camino, pero me parece que se pone demasiado engorroso, y yo quiero pensar que hay una idea féliz que lleva a la solución de una forma más elegante.

Pero no la encuentro… :(

Por otro lado, yo no puedo garantizar que la solución sea 2^{k-n}. Es sólo el resultado que obtengo con un sencillo programa de ordenador, con unos cuantos casos particulares, pero puedo haberme equivocado haciendo el programa, claro.

]]> By: zelig http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8549 zelig Thu, 28 Aug 2008 08:57:38 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8549 Hay una cosa que he pasado por alto el razonamiento anterior, y es que tanto $latex M$ como $latex N$ deben ir multiplicadas por $latex k!$ debido a que el orden en que se accionan las lámparas es relevante para identificar las secuencias. Pero eso no cambia el resultado final, que es muy distinto de $latex 2^{k-n}$. Si éste es el resultado correcto, ¿qué está mal en el razonamiento que he hecho? Hay una cosa que he pasado por alto el razonamiento anterior, y es que tanto M como N deben ir multiplicadas por k! debido a que el orden en que se accionan las lámparas es relevante para identificar las secuencias. Pero eso no cambia el resultado final, que es muy distinto de 2^{k-n}. Si éste es el resultado correcto, ¿qué está mal en el razonamiento que he hecho?

]]> By: zelig http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8548 zelig Wed, 27 Aug 2008 21:41:38 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8548 Mi razonamiento es como sigue. Para $latex M$, las lámparas $latex 1,\dots,n$ deben accionarse cada una un número impar de veces, y las $latex n+1,\dots,2n$ ninguna vez. Eso equivale a descomponer $latex k$ en sumas de la forma $latex k=\sum_{j=1}^n (2r_j+1)$, o lo que es lo mismo, $latex \frac{k-n}{2}=\sum_{j=1}^nr_j$. El número de formas de descomponer el número entero $latex \frac{k-n}{2}$ (no olvidemos que $latex k-n$ es par) en sumas de $latex n$ números enteros no negativos es $latex \binom{n+\frac{k-n}{2}-1}{n-1}=\binom{\frac{k+n}{2}-1}{n-1}$. Así que ya tenemos $latex M=\binom{\frac{k+n}{2}-1}{n-1}$. Para $latex N$, las lámparas $latex 1,\dots,n$ deben accionarse cada una un número impar de veces, y las $latex n+1,\dots,2n$ cada una un número par de veces. Eso equivale a descomponer $latex k$ en sumas de la forma $latex k=\sum_{j=1}^n (2r_j+1)+\sum_{j=1}^n (2p_j)$, o lo que es lo mismo, $latex \frac{k-n}{2}=\sum_{j=1}^nr_j+\sum_{j=1}^np_j$. El número de formas de descomponer el número entero $latex \frac{k-n}{2}$ en sumas de $latex 2n$ números enteros no negativos es $latex \binom{2n+\frac{k-n}{2}-1}{2n-1}=\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{2n-1}$. Esto da $latex N=\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{2n-1}$. El cociente se puede simplificar de varias formas y escribir $latex \frac{M}{N}=\binom{\frac{k+n}{2}-1}{n-1}\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{2n-1}^{-1}=\binom{2n-1}{n}\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{n}^{-1}=\frac{(2n-1)(2n-2)\cdots n}{\left(\frac{k+3n}{2}-1\right)\left(\frac{k+3n}{2}-2\right)\cdots\frac{k+n}{2}}$. Mi razonamiento es como sigue. Para M, las lámparas 1,\dots,n deben accionarse cada una un número impar de veces, y las n+1,\dots,2n ninguna vez. Eso equivale a descomponer k en sumas de la forma k=\sum_{j=1}^n (2r_j+1), o lo que es lo mismo, \frac{k-n}{2}=\sum_{j=1}^nr_j. El número de formas de descomponer el número entero \frac{k-n}{2} (no olvidemos que k-n es par) en sumas de n números enteros no negativos es \binom{n+\frac{k-n}{2}-1}{n-1}=\binom{\frac{k+n}{2}-1}{n-1}. Así que ya tenemos M=\binom{\frac{k+n}{2}-1}{n-1}.

Para N, las lámparas 1,\dots,n deben accionarse cada una un número impar de veces, y las n+1,\dots,2n cada una un número par de veces. Eso equivale a descomponer k en sumas de la forma k=\sum_{j=1}^n (2r_j+1)+\sum_{j=1}^n (2p_j), o lo que es lo mismo, \frac{k-n}{2}=\sum_{j=1}^nr_j+\sum_{j=1}^np_j. El número de formas de descomponer el número entero \frac{k-n}{2} en sumas de 2n números enteros no negativos es \binom{2n+\frac{k-n}{2}-1}{2n-1}=\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{2n-1}. Esto da N=\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{2n-1}.

El cociente se puede simplificar de varias formas y escribir

\frac{M}{N}=\binom{\frac{k+n}{2}-1}{n-1}\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{2n-1}^{-1}=\binom{2n-1}{n}\binom{\frac{k+3n}{2}-1}{n}^{-1}=\frac{(2n-1)(2n-2)\cdots n}{\left(\frac{k+3n}{2}-1\right)\left(\frac{k+3n}{2}-2\right)\cdots\frac{k+n}{2}}.

]]> By: M http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8547 M Wed, 27 Aug 2008 11:36:45 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8547 Sive, si te parece, dejemos un tiempo para ver si alguien quiere aportar otras ideas diferentes. Honestamente, aún no he mirado con detalle la respuesta de Javier. Sive, si te parece, dejemos un tiempo para ver si alguien quiere aportar otras ideas diferentes.

Honestamente, aún no he mirado con detalle la respuesta de Javier.

]]> By: Sive http://gaussianos.com/olimpiada-internacional-de-matematicas-2008-problema-5-calcula-la-razon/#comment-8546 Sive Wed, 27 Aug 2008 06:34:25 +0000 http://gaussianos.com/?p=511#comment-8546 ¿Podrías compartir con nosotros tu razonamiento? Yo sospecho fuertemente que esa es la respuesta correcta, pero vamos, porque tengo el C++ de mi parte, que si no... ¿Podrías compartir con nosotros tu razonamiento?

Yo sospecho fuertemente que esa es la respuesta correcta, pero vamos, porque tengo el C++ de mi parte, que si no…

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