Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. El conjunto $A$ tiene $10$ elementos, luego hay $2^{10}-1=1023$ subconjuntos distintos de $A$ no vacíos. Por otro lado, la suma mínima de elementos de uno de tales subconjuntos es $10+11+\ldots+19=185$ y la suma máxima $90+91+\ldots+99=945$, luego no hay más de $945-184=771$ sumas posibles distintas. Por el principio del palomar, habrá dos subconjuntos $B$ y $C$ de $A$ con la misma suma. Ahora basta con eliminar de $B$ y $C$ los elementos comunes, con lo que obtendremos los subconjuntos que queremos.

Solución. Dados $m$ y $n$, llamemos $F(m,n)$ al número del enunciado y procedamos por inducción sobre $n$. Para $n=0$ y cualquier $m\geq 0$ se tiene que \[F(m,0)=\left(\begin{array}{c}2m\\m\end{array}\right),\] que un número combinatorio y, por tanto, entero (hemos hecho uso de que $0!=1$). Supongamos ahora que $F(m,n)$ es entero para todo $m\geq 0$ y probemos que $F(m,n+1)$ también es entero para todo $m\geq 0$. Para probar esto, observemos que, para cualesquiera $m,n\geq 0$, tenemos que \begin{align*} F(m,n+1)+F(m+1,n)&=\frac{(2m)!(2n+2)!}{m!(n+1)!(m+n+1)!}+\frac{(2m+2)!(2n)!}{(m+1)!\,n!(m+n+1)!}\\ &=\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\left(\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)(m+n+1)}+\frac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)(m+n+1)}\right)\\ &=\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\cdot\frac{2(2n+1)+2(2m+1)}{(m+n+1)}=4F(m,n),\\ \end{align*} donde hemos sacado factor común todos los factoriales posibles y después operado. En particular, se tiene que $F(m,n+1)=4F(m,n)-F(m+1,n)$ es entero ya que $F(m,n)$ y $F(m+1,n)$ son enteros por hipótesis de inducción. Esto concluye la demostración.

Nota. Puede pensarse que esta forma de demostrar que el número es entero es muy rebuscada, pero la idea es muy similar a la demostración de que los números combinatorios son enteros (concretamente, se prueba que un número combinatorio es la suma de los dos que están por encima de él en el triángulo de Tartaglia).