Hallar la suma de todos los productos [math]a_{1}a_{2}...a_{50}, donde [math]a_{1},a_{2},...,a_{50} son enteros positivos distintos, menores o iguales que 101, y tales que no haya dos de ellos que sumen 101.
Guía de [math]\LaTeX: sirve para escribir ecuaciones como [math]\frac{11}{8}+ x \lfloor \pi \rfloor = 1
Agrupamos los números de la forma:[math](1,100);(2,99);(3,98);...;(50,51) y el [math]101 lo agrupamos con un [math]0. Notemos que la suma de los dos números de cualquier paréntesis es igual a [math]101, entonces dentro de cada producto de los [math]a_i va a ver a lo sumo un número por paréntesis. Ahora bien, vamos a demostrar por inducción que si se tienen los números [math](a_1,b_1);(a_2,b_2);(a_3,b_3);...;(a_n,b_n) de donde hay que calcular lo que nos pide el enunciado(es equivalente a pensar que son las primeras 50 parejas del comienzo), luego esta suma va a ser igual a [math](a_1+b_1).(a_2+b_2).(a_3+b_3)...(a_n+b_n). Para el caso base [math]n=2 es fácil ver que se cumple. Por Hipótesis Inductiva suponemos que pasa que [math]n=j, luego para [math]n=j+1 lo que hacemos es agregar al producto un [math](a_{j+1}+b_{j+1})lo que hace que el [math]a_{j+1} y el [math]b_{j+1}estén en todas las combinaciones de los restantes [math]2j números, entonces se cumple lo que queremos. Volviendo a los números del comienzo, notemos que tenemos [math]51 parejas, las cuales aportan a lo sumo [math]1 número, y como necesitamos [math]50 por cada producto, va a ver exactamente una pareja que no va a aportar ningún numero. Sobre las [math]50 parejas que quedan sabemos que la suma de los productos que tomamos va a ser igual [math]101^{50}(aca estamos usando lo que demostramos por inducción), luego al dejar fuera una vez cara pareja la suma total es igual a [math]51.(101^{50}). Con lo que completamos la solución del problema.
Si, pero fijate que no cambia nada, porque si el [math]0 está en uno de los productos, luego éste es igual a [math]0 entonces no afecta a la suma final.
Como los números no pueden sumar [math]101, solamente va poder estar en la suma uno de cada par [math](1,100),(2,99),(3,98),\ldots ,(49,52),(50,51), y el [math]101 va a poder estar siempre. Probando casos chicos con los primeros pares queda que la suma es: [math]\bullet (1,100),(2,99)\Rightarrow 1\times 2+1\times 99+100\times 2+100\times 99=1\times (2+99)+100\times (2+99)=(1+100)\times (2+99)
En base a ello conjeturo que la suma de [math]n pares [math](x_1,y_1),(x_2,y_2),\ldots ,(x_n,y_n) va a ser [math]\prod_{i=1}^n (x_i+y_i).
Demostramos esto por inducción:
Caso base:[math]n=1
Los únicos dos productos posibles son [math]x_1 e [math]y_1, su suma es [math]x_1+y_1=\prod_{i=1}^1 (x_i+y_i).
Supongamos que vale para [math]n=k, vamos a ver que vale para [math]k+1. Tenemos [math]\prod_{i=1}^{k+1} (x_i+y_i)=(x_{k+1}+y_{k+1})\times \prod_{i=1}^k (x_i+y_i)=x_{k+1}\times \prod_{i=1}^k (x_i+y_i)+y_{k+1}\times \prod_{i=1}^k (x_i+y_i). Pero por HI [math]\prod_{i=1}^k (x_i+y_i) es la suma de los [math]k pares. Al multiplicarlo por [math]x_{k+1} tenemos todos los productos posibles con [math]x_{k+1}, de manera análoga ocurre con [math]y_{k+1}. Entonces [math]x_{k+1}\times \prod_{i=1}^k (x_i+y_i)+y_{k+1}\times \prod_{i=1}^k (x_i+y_i) es la suma de todos los posibles productos con [math]x_{k+1} y todos los posibles productos con [math]y_{k+1}, es decir la suma de todos los posibles productos de los [math]k+1 pares. Esto completa la inducción.
Ahora, tenemos [math]50 pares y el [math]101, es decir, [math]51 posibles números para hacer la suma (el [math]101 es un par con sí mismo), como los números de cada par suman [math]101 la suma de [math]50 de esos pares es [math]101^{50}, y como además tenemos que elegir [math]50 pares de entre [math]51, la suma total es [math]\binom{51}{50}\times 101^{50}=51\times 101^{50}.