Jump to content

Recommended Posts

Diberikan $2n+1$ batu $a_1,...,a_{2n+1}$ dengan berat real positif. Untuk setiap $1\le i\le 2n+1$ diketahui bahwa semua batu selain $a_i$ bisa dipartisi menjadi dua grup dengan $n$ anggota sehingga jumlah berat beban di kedua grup sama. Buktikan bahwa semua batu beratnya sama.

  • Upvote 1

Share this post


Link to post
Share on other sites

wew beratnya bilangan real... 

 

Jika batu nya mempunyai berat bilangan bulat atau rasional, bisa kayak gini:

 

Pertama-tama untuk kasus bilangan bulat dulu. Sebut syarat "apabila dibuang satu batu, maka sisa nya membentuk dua buah himpunan beranggota $n$ dengan jumlah sama" sebagai syarat bagus.

 

Misalkan pernyataan salah, maka terdapat $2n+1$ buah batu yang beratnya bilangan asli, dan tidak semuanya berberat sama dan memenuhi syarat bagus. Dari sekian banyak kelompok $2n+1$ batu yang demikian, pilih yang mempunyai total berat paling kecil, yakni misalkan $x_1, x_2, \cdots, x_{2n+1}$ adalah berat-berat batu tersebut dengan $X=\sum_{i=1}^{2n+1} x_i$ terkecil. 

 

Sesuai syarat bagus, apabila $x_i$ dibuang maka $2n$ sisa yang lain membentuk dua himpunan dengan penjumlahan sama, sebut hasil jumlah nya $B_i$, sehingga diperoleh

 

\[X-x_i = 2B_i \]

 

Ini berarti $X-x_i$ genap untuk setiap $i$. 

 

Kasus i) apabila $X$ genap maka $x_i$ genap untuk setiap $i$, namun ini berarti $2n+1$ buah batu dengan berat $\frac{x_1}{2}, \frac{x_2}{2}, \cdots, \frac{x_{2n+1}}{2}$ juga memenuhi syarat bagus dan tidak semuanya sama , akan tetapi $\sum_{i=1}^{2n+1} \frac{x_i}{2} = \frac{X}{2} < X$, kontradiksi dengan $X$ terkecil.

 

Kasus ii) apabila $X$ ganjil maka $x_i$ ganjil untuk setiap $i$, namun ini berarti $2n+1$ buah batu dengan berat $\frac{x_1+1}{2}, \frac{x_2+1}{2}, \cdots, \frac{x_{2n+1}+1}{2}$, juga memnuhi syarat bagus, dan tidak semuanya sama, karena $X$ yang terkecil maka $X \leq \sum_{i=1}^{2n+1} \frac{x_i + 1}{2} = \frac{X}{2} + \frac{2n+1}{2}$, jadi diperoleh $X\leq 2n+1$, sedangkan semua suku dari $X= \sum_{i=1}^{2n+1} x_i$ adalah bilangan asli, sehingga diperoleh $x_i=1$ untuk setiap $i$, kontradiksi dengan "tidak semuanya sama".

 

Apabila beratnya bilangan rasional, katakanlah beratnya $r_1, r_2, \cdots, r_{2n+1}$, yang memenuhi syarat bagus. 

Misalkan $d=KPK(\text{penyebut} (r_1, \cdots, r_{2n+1}))$. Maka $d r_1, d r_2, \cdots, d r_{2n+1}$ adalah bilangan bulat dan juga memenuhi syarat bagus (karena penjumlahannya cuma dikalikan $d$) ini berarti kita dapat menggunakan hasil untuk kasus bilangan bulat,  diperoleh $dr_1 = dr_2 = \cdots = dr_{2n+1}$, sehingga semua $r_i$ sama.

 

 

Kayaknya transfer dari Rasional ke Real nya membutuhkan Densitas, atau Hamel Base  (Kayak di fungsi ).

 

 

Edited by Adri

Share this post


Link to post
Share on other sites

Dapet untuk kasus yang real  (pakai cara kayak untuk buat bikin fungsi cauchy non-linear di real) :D

 

Pertama-tama saya harus mengeneralize bukti saya pada post diatas untuk bilangan bulat/rasional yang boleh negatif , caranya dengan melihat $\sum_{i=1}^{2n+1} |x_i|$ yang terkecil instead of $\sum_{i=1}^{2n+1} x_i $, jadi

 

i) Untuk kasus yang semua $x_i$ genap jelas bahwa $\sum_{i=1}^{2n+1} |x_i| \leq \sum_{i=1}^{2n+1} \frac{|x_i|}{2}$, menyebabkan kontradiksi.

 

ii) Untuk kasus yang semua $x_i$ ganjil, dengan ketaksamaan segitiga diperoleh $|x_i + 1| \leq |x_i| + 1$ dengan tanda sama dengan terjadi jika dan hanya jika  $x_i$ positif.

Sehingga \[(2n+1) \leq  \sum_{i=1}^{2n+1} |x_i| \leq  \sum_{i=1}^{2n+1} \frac{|x_i  + 1 |  }{2}  \leq \sum_{i=1}^{2n+1} \frac{|x_i  | +1 }{2} = \sum_{i=1}^{2n+1}\frac{|x_i|}{2} + \frac{2n+1}{2}\leq \Rightarrow \sum_{i=1}^{2n+1} |x_i| \leq 2n+1  \],

 

Kita simpulkan $\sum_{i=1}^{2n+1} |x_i| = 2n+1$, atau  $|x_i|=1$ untuk setiap $i$,  jadi semua tanda $\leq$ diatas menjadi tanda sama dengan, dan diperoleh 

\[\sum_{i=1}^{2n+1} \frac{|x_i  + 1 |  }{2}  = \sum_{i=1}^{2n+1} \frac{|x_i  | +1 }{2} \Rightarrow \sum_{i=1}^{2n+1} (|x_i|+1 - |x_i+1| ) =0\]

 

karena $|x_i| + 1- |x_i + 1| \geq 0 $, maka haruslah $|x_i| + 1= |x_i + 1|$, jadi $x_i$ positif untuk setiap $i$, sehingga $x_i=|x_i|=1$ untuk setiap $i$ , kontradiksi dengan semuanya tidak sama.

 

Dengan ini kasus untuk bilangan rasional negatif mengikuti.

 

Sekarang untuk kasus bilangan real (boleh negatif)

 

 

Dengan Axiom Of Choice, kita bisa memperoleh Hamel Basis $\{U_{\alpha} \}$ sedemikian sehingga setiap bilangan real $x$ dapat dinyatakan secara unik sebagai

 

\[x = \sum_{i=1}^{n_x} \lambda_i U_{\alpha_i} \]

 

dimana $\lambda_i$ bilangan rasional (buat yang familiar dengan vektor space, ini kayak $\mathbb{R}$ sebagai vector space atas $\mathbb{Q}$). Perhatikan bahwa banyak basis infinite namun yang digunakan untuk merepresentasikan  (setiap) $x$ hanya dipakai finite buah (dari infinite tersebut). 

 

 

 

Misalkan berat batu adalah $v_1, v_2, \cdots, v_{2n+1}$  yang merupakan bilangan real, maka mereka bisa kita tulis (representasikan) secara unik sebagai

 

\[v_i = \sum_{j=1}^{n_i} \lambda_{ij}^{\prime} U_{\alpha_j}^{(i)} \]

 

Misalkan $\{U_1, U_2, \cdots, U_{m}\}$ adalah semua Hamel Basis yang terpakai untuk merepresentasikan $v_1, v_2, \cdots, v_{2n+1}$ (jadi $m$ itu sebanyak2nya kita pakai suffeciently anggota-anggota $\{U_{\alpha}\}$) .  Diperoleh

 

\[v_i = \sum_{j=1}^m \lambda_{ij} U_j \]

 

dimana $\lambda_{ij}$ bilangan rasional. $\lambda_{ij}$ ini kita sebut sebagai koefisien dari $U_j$ dan mereka unik untuk $v_i$.

 

 

Aplikasikan Syarat Bagus pada $v_1, v_2, \cdots, v_{2n+1}$, misalkan yang kita buang adalah $v_{2n+1}$, dan berlaku WLOG $\sum_{k=1}^{n} v_k = \sum_{k=n+1}^{2n} v_k$  maka

 

\[\sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^m \lambda_{kj} U_j = \sum_{k=n+1}^{2n+1} \sum_{j=1}^m \lambda_{kj} U_j \]

 

Karena representasi tersebut unik, maka dengan menyamakan koefisien $U_1$ diperoleh

 

 \[\lambda_{11} + \lambda_{21} + \cdots + \lambda_{n1} = \lambda_{(n+1) 1} + \lambda_{(n+2) 1} + \cdots + \lambda_{(2n) 1}\]

 

Hal ini kita bisa juga apabila yang kita buang $v_{2n}, v_{2n-1}, \cdots, v_1$ dan seterusnya.

 

Sehingga $\lambda_{i1}$ ini memenuhi syarat bagus,  dan karena mereka bilangan rasional maka mereka sama.  

 

Dengan menggunakan koefisien dari $U_2, U_3$ dan seterusnya sampai $U_m$, diperoleh $\lambda_{i2}$ sama untuk setiap $i$, dan  $\lambda_{i3}$ sama untuk setiap $i$. 

 

Jadi diperoleh $v_s = \sum_{j=1}^{m} \lambda_{sj} U_{j} = \sum_{j=1}^m \lambda_{tj} U_j = v_t$, dan semua $v_i$ sama. 

 

 

 

 

 

 

Edited by Adri

Share this post


Link to post
Share on other sites

Create an account or sign in to comment

You need to be a member in order to leave a comment

Create an account

Sign up for a new account in our community. It's easy!

Register a new account

Sign in

Already have an account? Sign in here.

Sign In Now


×