P6 OMM 2001. Cuatro axiomas para colección de monedas

(1) Sea $k$ el numero de cajas e $i$ alguna denominacion de $1,2,\ldots,n$ por (d) y (a) se tiene que $k$ es mayor al numero de monedas de $i$ por (c) se tiene que hay $k-1$ monedas  de $i$ ya que si no fuera asi podriamos tomar las dos cajas que no contienen a $i$ y no se cumple (c). 

(2) Entonces hay $k-1$ monedas de cada denominacion al ser $n$ denominaciones el coleccionista tiene $n(k-1)$ monedas en total de (b) sabemos que $k$ divide a $n(k-1)$ entonces $k$ divide a $n$, dado que $k$ no divide a $k-1$ a menos que $k=1$ lo cual no es posible pues no se cumple (d). supongamos que $\frac{n}{k}=q$ con $q$ entero.

(3) en cada caja habra $n-q$ monedas supongamos que a $C_1$ le hacen falta estas $q$ monedas,. sea $q_1$ la suma de la monedas faltantes en $C_1$ estas monedas que faltan son de distinta denominacion por (a).

De manera analoga tenemos a $q_2$ en $C_2$ todas las monedas faltantes en esta caja son de distinta denominacion y todas distintas a las faltantes en $C_1$ por (c). Ahora sea $S_i$ la suma de las monedas en $C_i$ para $i=1,2,\ldots,k$ Como sabemos $S_1=S_2=\ldots=S_k$ No es muy dificil ver que $q_1=q_2=\ldots=q_k$ de donde el acomodo es posible para toda $n$ que cumpla:

(4)

• 4.1 Se puede dividir el conjunto $\left\{1,2,\ldots,n\right\}$ en subconjuntos de la misma cantidad de elementos. tal que no hay un subconjunto que tenga todos los elementos del conjunto.
• 4.2 La suma de los elementos de un subconjunto es igual que la de los demas subconjuntos.
• 4.3 Un subconjunto tiene elementos irrepetibles en los demas subconjuntos.

Si se logra esto entonces sera posible acomodar las monedas en las cajas. la verdadera pregunta es:

(5) ¿Para que valores de $n$ es posible lo dicho en (4)?

Demostremos los siguientes resultados:

-Para todo $n$ no primo se logra (4)

Si es primo entonces no se cumplira 4.1 , es obvio. Si es par entonces el acomodo es claro.

(23)

Sea $n=2f$ dividimos al conjunto $\left\{1,2,\ldots,2f\right\}$ en $f$ parejas de la siguiente manera :

es claro que todas las parejas suman lo mismo y se cumple (4).

Para $n$ impar.

Sea $p(r)=n=2h+1$ con $p$ primo , y el menor en la descomposicion en primos de $n$.    Dividimos el conjunto $\left\{1,2,\ldots,n\right\}$ en $p$ subconjuntos de $r$ elementos cada uno denotemos a cada subconjunto por $V_i$ para $i=1,2,\ldots,p$  luego necesitamos que todos los subconjuntos sumen los mismo, tomamos los ultimos $p^2$ elementos de $\left\{1,2,\ldots,n\right\}$ y nos queda un subconjunto con su utlimo elemento par ( $n$ es impar menos $p^2$ que tambien es impar entonces nos queda un ultimo elemento par) llamemosle $2g$  

del conjunto $\left\{1,2,\ldots,2g\right\}$ formamos $g$ parejas de manera similar que en (23) sabemos que $p$ divide a $g$ dado que $n$ era divisible entre $p$ y le restamos $p^2$ otro numero divisivle entre $p$ entonces $2g$ es divisible entre $p$ por lo tanto $g$ tambien lo es. digamos que $\frac{g}{p}=m$ con $m$ entero entonces colocamos $m$ parejas por subconjunto, dado que todas la parejas suman igual y tenemos la misma cantidad de parejas por subconjunto, hasta el momento cada subconjunto suma lo mismo que los demas. De alli colocamos los $p^2$ elementos que nos faltan de la siguiente manera:

tenemos el siguiente subconjunto, $\left\{2g+1,\ldots,n\right\}$ digamos $2g+1=x, 2g+2=x+1,\ldots,n=x+p^2-1$. Dado que $p$ es impar y nuestro numero de elementos es $p^2$  con el metodo siames para cuadrados magicos normales construimos el cuadrado magico de lados $P x P$ con los elementos $x,x+1,\ldots,x+p^2-1$.

De alli es facil terminar tomamos la primera fila de $p$ elementos del cuadrado magico, y lo colocamos en $V_1$ los $p$ elementos de la segunda fila en $V_2$ y asi sucesivamente, de esta manera cada $V_i$ tiene $m$ parejas de tal manera que cada pareja suma lo mismo que lo demas y tambien tiene $p$  elementos de alguna fila del cuadrado magico.

agradeceria que me corrigan

Saludos,

Germán.