Tá, eu vacilei ao converter o problema nesse quadro. Tem alguns detalhes a mais, então vou fazer na raça. A ideia ainda é idêntica, mas as contas mudam um pouco:
Pro caso -2 -1 0 1 2, temos:
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Pro -2 e pro 2, temos [tex3]C^2_{0 \ ou \ 2}*\frac{1}{2^2}[/tex3]
de chance, e pro zero, [tex3]C^2_{1}*\frac{1}{2^2}[/tex3]
Ou seja, pros 21 números, teremos [tex3]C^{10}_{p}*\frac{1}{2^{10}}[/tex3]
. É isso mesmo, pois certos números não tem como obter no final. No exemplo acima, não dá pra cair no -1 e no 1. Se formos pro próximo:
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Basicamente, a paridade do número de jogadas define a paridade dos números disponíveis. Repare que aqui temos 3 jogadas, e só podemos cair em números ímpares. No caso de 10 jogadas, só poderemos cair nos pares (-20, -18 ... 0 ... 18, 20)
Queremos [tex3]x=\frac{1}{1024}.\sum C^{10}_p[/tex3]
, agora notando que p=0 é -20, p=1 é -18 e assim por diante.
Agora as coisas fazem mais sentido, antes tava dando uns números absurdamente altos e eu não estava entendendo o motivo.
Comecemos afirmando que a resposta é pelo menos 10, pois podemos pintar todos os números ímpares já que eles não entram nas contas. Agora, vamos ver se consiguimos poupar algum esforço supondo que a soma dos binomiais não simplifique o 1024 no denominador, de modo que n=1024 e m=977. De fato, isso é uma possibilidade pois 977 não simplifica 1024, resta ver se a soma pode dar 977. Convém termos a décima linha do triângulo de pascal:
1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1
Ora, mas isso é fantástico! Veja que [tex3]977=1024-45-1-1[/tex3]
, ou seja, podemos pintar TODOS de preto, exceto um de 45 e os dois de 1! De fato:
[tex3]\frac{10+45+120+210+252+210+120+10}{1024}=\frac{977}{1024}, \ 977+1024=2001[/tex3]
Então temos a resposta: podemos pintar 10+11-3=18 números de preto, e lhe afirmo que este é a maior quantidade que podemos pintar, pois veja:
Se pudermos pintar mais do que isso, será 19, 20 ou 21. Pintar todos é um absurdo, pois teríamos [tex3]\frac{m}{n}=1[/tex3]
. Pintar 20 é fácil ver que não gera resposta, pois se escolhermos um binomial par, o denominador simplifica e a soma do numerador com denominador irá ficar bem mais distante de 2001. Se escolhermos um ímpar, não irá simplificar e teríamos m+n=1024-C+1024=2048-C=2001, e teríamos que ter um binomial com valor 47, que não está na linha. Finalmente, pintando 21, se a soma for par, o denominador simplifica e a soma cai muito de valor. Se o resultado for ímpar, teríamos necessariamente que pegar uma vez o 45 e algum outro binomial, de modo que m+n=1024-45-C+1024=2003-C=2001, mas não temos um binomial de valor 2.
Segue que podemos pintar no máximo 18 números de preto.
Ocupado com início do ano no ITA. Estarei fortemente inativo nesses primeiros meses do ano, então busquem outro moderador para ajudar caso possível.