Nueva entrega de los problemas de la IMO 2011 celebrada en Amsterdam durante el mes de julio. Os dejo el enunciado del cuarto:
Sea 
un entero. Se dispone de una balanza de dos platillos y de pesas cuyos pesos son 
. Debemos colocar cada una de las pesas en la balanza, una tras otra, de manera tal que el platillo de la derecha nunca sea más pesado que el platillo de la izquierda. En cada paso, elegimos una de las pesas que no ha sido colocada en la balanza y la colocamos ya sea en el platillo de la izquierda o en el platillo de la derecha, hasta que todas las pesas hayan sido colocadas. Determinar el número de formas en las que esto se puede hacer.
A por él.
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Creía que lo tenía, pero me acabo de dar cuenta de que influye el orden de colocación de las pesas 🙁
Tengo cotas:
en el platillo izquierdo.
Si solo pusiéramos las pesas en el platillo izquierdo, las formas posibles serían
Si las pudieramos poner sin restricciones, las formas serían
Por la fórmula geométrica:
Por lo que
Entonces debemos poner siempre la pesa
Si la pusiéramos la primera, tendríamos
Esto es:
A mí el resultado me sale https://gaussianos.com/doble-factorial-y-subfactorial/ 😀 Supongamos que ya hemos resuelto el problema para pesas. Podemos suponer que la nueva pesa es la más pesada, pero el cálculo se complica excesivamente. Es mucho más sencillo suponer que la nueva pesa, es la menos pesada, es decir, la pesa . Esto supone que para pesas, los pesos eran , , … , pero es fácil ver que esto no tiene ninguna importancia, porque no altera el resultado. Bien, dada una combinación válida para el caso de pesas, ¿de cuantas formas se puede intercalar la pesa de modo que siga… Lee más »
Perdón, aunque puse el enlace, debí aclarar que el doble factorial de n, si n es impar, es: