Cím:	1999. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatainak megoldása
Szerző(k):	Károlyi Gyula
Füzet:	2000/február, 66 - 71. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Matematika, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   1. Adjuk össze az $1$, $2$, $\text{...}$, $n$ természetes számok pozitív páros osztóinak számát, majd végezzük el ugyanezt a páratlan osztókkal is. Mutassuk meg, hogy a két összeg eltérése nem nagyobb $n$-nél.   Megoldás. Jelölje a szóban forgó összegek közül az elsőt $D_1\left(n\right)$, a másodikat pedig $D_2\left(n\right)$. $D_1\left(n\right)$ meghatározásánál minden, az $n$-nél nem nagyobb pozitív páros számot annyiszor kell figyelembe vennünk, ahány többszöröse van az 1, 2, $\text{...}$, $n$ számok között. Ezért $D_1\left(n\right)=\sum _{2j\le n}^{}{s}_n\left(2j\right)$, ahol $s_n\left(k\right)$ jelöli a $k$ pozitív egész 1 és $n$ közé eső többszöröseinek számát: $s_n\left(k\right)=\lfloor n/k\rfloor$. Hasonlóképpen $D_2\left(n\right)=\sum _{2j-1\le n}^{}{s}_n\left(2j-1\right)$. Világos, hogy $k<l$ esetén $s_n\left(k\right)\ge s_n\left(l\right)$, így a $D_1\left(n\right)$ összeg minden egyes $s_n\left(2j\right)$ tagját felülről becsülhetjük a $D_2\left(n\right)$ összeg megfelelő $s_n\left(2j-1\right)$ tagjával. Következésképpen $D_1\left(n\right)\le D_2\left(n\right)$. Hasonlóképpen, az első tag $s_n\left(1\right)=n$ kivételével, a $D_2\left(n\right)$ összeg minden egyes $s_n\left(2j-1\right)$ tagja ($j\ge 2$) megbecsülhető a $D_1\left(n\right)$ összeg megfelelő $s_n\left(2\left(j-1\right)\right)$ tagjával, ezért $D_2\left(n\right)\le n+D_1\left(n\right)$. A két egyenlőtlenség összevetéséből a feladat állítása azonnal leolvasható.   Megjegyzések. 1. A feladatot Pósa Lajos bocsátotta a versenybizottság rendelkezésére. 2. A fenti bizonyítást finomíthatjuk olyan módon, hogy az egyes összegek első néhány tagjára alkalmazzuk az $s_n\left(k\right)=\lfloor n/k\rfloor$ képletet, és csak a fennmaradó tagokat becsüljük a másik összeg megfelelő tagjaival. Így a $D_1\left(n\right)\le D_2\left(n\right)$ egyenlőtlenség helyett például $n\ge 2$ esetén az erősebb $D_1\left(n\right)-\lfloor \frac{n}{2}\rfloor \le D_2\left(n\right)-n$ becslést alkalmazhatjuk, ahonnan $\lceil n/2\rceil \le D_2\left(n\right)-D_1\left(n\right)\le n$ következik. Általában tetszőleges $k$ pozitív egész számra felírható $n\ge 2k+1$ esetén a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{j=1}^k\lfloor \frac{n}{2j-1}\rfloor -\sum _{j=1}^k\lfloor \frac{n}{2j}\rfloor \le D_2\left(n\right)-D_1\left(n\right)\le \sum _{j=1}^{k+1}\lfloor \frac{n}{2j-1}\rfloor -\sum _{j=1}^k\lfloor \frac{n}{2j}\rfloor }\end{array}$ egyenlőtlenség, amelyből kiindulva az $\text{ln}\left(k+1\right)<1+\frac{1}{2}+\text{...}+\frac{1}{k}<1+\text{ln}k$ becslésre támaszkodva nem nehéz megmutatni, hogy a $\left(D_2\left(n\right)-D_1\left(n\right)\right)/n$ sorozat határértéke $\text{ln}2$. Terpai Tamás dolgozatában azt is megmutatta, hogy a $D_2\left(n\right)-D_1\left(n\right)$ különbség $n\cdot \text{ln}2$-től való eltérése $\sqrt[]{n}$ nagyságrendű. (Erre vonatkozóan lásd még az 1999. decemberi számunk A. 225. számú feladatát.)   2. Legyen adott a síkon egy háromszög. Szerkesszük meg a háromszög belsejében azt a $P$ pontot, amelyikre igaz, hogy azt a háromszög oldalegyeneseire vetítve, a vetületi pontok alkotta háromszög súlypontja éppen $P$.   I. megoldás. A háromszög csúcsait jelölje $A$, $B$ és $C$, a $P$ pont vetületei a $BC$, $CA$, $AB$ oldalakra pedig legyenek rendre $X$, $Y$ és $Z$. $P$ pontosan akkor súlypontja az $XYZ$ háromszögnek, ha a $PX$, $PY$, $PZ$ egyenesek rendre felezik az $YZ$, $ZX$, $XY$ szakaszokat. Vizsgáljuk meg, mit jelent az, hogy a $PZ$ egyenes felezi az $XY$ szakaszt. Ha a $PZ$ és $XY$ egyenesek metszéspontját $Z\text{'}$-vel, az $X$ és $Y$ pontok $AB$ egyenesre eső vetületeit pedig $X_{AB}$-vel és $Y_{AB}$-vel jelöljük, úgy $YZ\text{'}=Z\text{'}X$ akkor és csak akkor teljesül, ha $Y_{AB}Z=Z{X}_{AB}$, vagyis ha $YP\cdot \text{sin}\left(YPZ\text{'}\sphericalangle \right)=XP\cdot \text{sin}\left(XPZ\text{'}\sphericalangle \right)$.     1. ábra   Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy $Z$ az $AB$ szakasz belső pontja. Ekkor az 1. ábráról, az $AZPY$ és $BXPZ$ húrnégyszögeket figyelembe véve, leolvasható, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle YPZ\text{'}\sphericalangle }& {\displaystyle ={180}^{\circ }-YPZ\sphericalangle =YAZ\sphericalangle =\alpha \mathrm{,}}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<br>és}}\\ \hfill {\displaystyle XPZ\text{'}\sphericalangle }& {\displaystyle ={180}^{\circ }-XPZ\sphericalangle =XBZ\sphericalangle =\beta \mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$     2. ábra   A 2. ábra mutatja, hogy ez akkor is igaz, ha a $Z$ pont esetleg egybeesik az $AB$ szakasz valamelyik végpontjával, vagy azon kívül helyezkedik el. A szinusztétel alapján tehát a $PZ$ egyenes pontosan akkor felezi az $XY$ szakaszt, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle 1=\frac{YZ\text{'}}{Z\text{'}X}=\frac{YP\cdot \text{sin}\alpha }{XP\cdot \text{sin}\beta }=\frac{YP}{XP}:\frac{AC}{BC}\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis ha $\frac{YP}{XP}=\frac{AC}{BC}$. Azon $P$ pontok, amelyekre ez az összefüggés teljesül, egy $C$-n áthaladó $e_C$ egyenesre illeszkednek, amelyet megszerkeszthetünk úgy, hogy az $AC$ és $BC$ egyenesekkel, azoknak a háromszöget tartalmazó oldalán, azoktól $AC$, illetve $BC$ távolságban párhuzamosokat húzunk, és ezek metszéspontját összekötjük a $C$ ponttal. Hasonlóképpen, a $PX$ ($PY$) egyenes pontosan akkor felezi az $YZ$ ($XZ$) szakaszt, ha $\frac{ZP}{YP}=\frac{AB}{AC}$ ($\frac{XP}{ZP}=\frac{BC}{AB}$). Világos, hogy a három feltétel közül bármely kettő teljesülése maga után vonja a harmadik teljesülését is. Ha $P$ az $XYZ$ háromszög súlypontja, akkor szükségképpen illeszkedik az $e_C$ egyenesre, és arra az $e_A$ egyenesre is, amelyet úgy szerkeszthetünk meg, hogy az $AB$ és $AC$ egyenesekkel párhuzamosokat húzunk, azoknak a háromszöget tartalmazó oldalán, tőlük $AB$, illetve $AC$ távolságban, és ezen párhuzamosok metszéspontját az $A$ csúccsal összekötjük. Az $e_A$ és $e_C$ egyenesek az $ABC$ háromszög belsejében metszik egymást. A keresett $P$ pont nem lehet más, mint ez a metszéspont, és ez valóban jó is.   II. megoldás. (Terpai Tamás gondolata alapján.) Az előző megoldás jelöléseit megtartva megállapithatjuk, hogy $P$ pontosan akkor súlypontja az $XYZ$ háromszögnek, ha $\overrightarrow{PX}+\overrightarrow{PY}+\overrightarrow{PZ}=\overrightarrow{0}$. Forgassuk el ezeket a vektorokat $P$ körül az óramutató járásával ellentétes irányban ${90}^{\circ }$-kal. Az így nyert $\overrightarrow{P{X}_1}$, $\overrightarrow{P{Y}_1}$, $\overrightarrow{P{Z}_1}$ vektorok rendre párhuzamosak és egyirányúak a háromszög $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{CA}$ és $\overrightarrow{AB}$ oldalvektoraival. Mivel az $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{CA}$ vektorok közül semelyik kettő nem párhuzamos, továbbá $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}$, a $\overrightarrow{P{X}_1}+\overrightarrow{P{Y}_1}+\overrightarrow{P{Z}_1}=\overrightarrow{0}$ összefüggés pontosan akkor áll fenn, ha van olyan $\lambda$ pozitív szám, amelyre $\overrightarrow{P{X}_1}=\lambda \cdot \overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{P{Y}_1}=\lambda \cdot \overrightarrow{CA}$ és $\overrightarrow{P{Z}_1}=\lambda \cdot \overrightarrow{AB}$. A $P$ pont tehát pontosan akkor súlypontja az $XYZ$ háromszögnek, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{PX}{BC}=\frac{PY}{CA}=\frac{PZ}{AB}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan a megoldás az előzővel megegyező módon fejezhető be.   III. megoldás. Az $XYZ$ háromszöget fogjuk megszerkeszteni. Ezután $P$ már igen egyszerűen megszerkeszthető az $XYZ$ háromszög súlypontjaként, vagy az $AB$, $BC$ egyenesekre az $Z$, illetve $X$ pontban emelt merőlegesek metszéspontjaként. A szerkesztést két lépésben végezzük: először egy, a keresett háromszöghöz hasonló, azzal megegyező állású háromszöget szerkesztünk, majd alkalmas hasonlósági transzformációval azt a keresett $XYZ$ háromszögbe visszük. Vegyünk fel egy tetszőleges $Q$ pontot a háromszög belsejében, és indítsunk a $Q$ pontból az $AB$, $BC$, $CA$ oldalegyenesek irányába, azokra rendre merőleges $s_{AB}$, $s_{BC}$, $s_{CA}$ félegyeneseket. Ezek rendre megegyező irányúak a $\overrightarrow{PZ}$, $\overrightarrow{PX}$, $\overrightarrow{PY}$ vektorokkal. Olyan $X^{*}{Y}^{*}{Z}^{*}$ háromszöget keresünk, amelynek súlypontja $Q$ és amelyben a $\overrightarrow{Q{X}^{*}}$, $\overrightarrow{Q{Y}^{*}}$, $\overrightarrow{Q{Z}^{*}}$ vektorok rendre párhuzamosak a $\overrightarrow{PX}$, $\overrightarrow{PY}$, $\overrightarrow{PZ}$ vektorokkal. Ez csak úgy lehet, ha $X^{*}$, $Y^{*}$, $Z^{*}$ rendre az $s_{BC}$, $s_{CA}$, $s_{AB}$ félegyenesekre esnek. Tegyük fel, hogy $X^{*}$-ot már kijelöltük az $s_{BC}$ félegyenesen.     3. ábra   Mivel tetszőleges háromszög súlyvonalai harmadolják egymást, nem nehéz megmutatni, hogy az $Y^{*}$, $Z^{*}$ pontok úgy szerkeszthetők meg, hogy az $X^{*}$ pontot $Q$-ra tükrözzük, majd a tükörképen keresztül az $s_{AB}$, $s_{CA}$ félegyenesekkel párhuzamosokat húzunk. Ezek metszik ki az $s_{CA}$, $s_{AB}$ félegyenesekből az $Y^{*}$, $Z^{*}$ pontokat. Világos, hogy bármely megoldás hasonló a keresett $XYZ$ háromszöghöz, sőt azzal egyállású is. Válasszuk ki azt a megoldást, ahol $X^{*}$ a $BC$ egyenesre esik. Az $ABC$ háromszög valamelyik oldalára két hegyesszög illeszkedik. Ha feltesszük, hogy a $BC$ oldal ilyen, akkor $X^{*}$ a $BC$ szakasz belső pontja. Megmutatjuk, hogy pontosan egy olyan $XYZ$ háromszög van, amely $X^{*}{Y}^{*}{Z}^{*}$-gal egyállású és $X$, $Y$, $Z$ csúcsai rendre a $BC$, $CA$, $AB$ egyenesekre esnek. Van olyan $X^{*}$ középpontú, pozitív arányú nagyítás, amely az $X^{*}{Y}^{*}{Z}^{*}$ háromszöget olyan $X^{*}{Y}^{**}{Z}^{**}$ háromszögbe viszi, ahol $Y^{**}$ az $AC$ szakaszra vagy pedig $Z^{**}$ az $AB$ szakaszra esik, és ez igen egyszerűen meg is található, ha megkeressük az $X^{*}{Y}^{*}$, illetve $X^{*}{Z}^{*}$ félegyeneseknek az $ABC$ háromszög kerületével alkotott metszéspontjait. Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy $Y^{**}$ az $AB$ szakaszra esik. Ekkor az $XYZ$ háromszöget meg kell kapnunk az $X^{*}{Y}^{**}{Z}^{**}$ háromszögből egy $C$ középpontú, pozitív arányú nagyítással. Egyetlen ilyen nagyítás létezik: a $Z$ pont megszerkeszthető mind a $C{Z}^{**}$ félegyenes $AB$ egyenessel alkotott metszéspontja. Világos, hogy a kapott $XYZ$ háromszög megfelelő lesz.   IV. megoldás. (Árvay Eszter ötlete.) Egy, az $XYZ$ háromszöggel egyállású háromszög megszerkesztését a következő gondolatra támaszkodva is elvégezhetjük. Tegyük fel, hogy $P$ az $XYZ$ háromszög súlypontja, és tükrözzük $P$-t az $XYZ$ háromszög oldalfelező pontjaira (4. ábra).     4. ábra   Az így keletkező $XZ\text{'}\text{'}YX\text{'}\text{'}ZY\text{'}\text{'}$ hatszög felbontható 6 egybevágó háromszögre ($XPZ\text{'}\text{'}$, $Z\text{'}\text{'}PY$, $YPX\text{'}\text{'}$, $X\text{'}\text{'}PZ$, $ZPY\text{'}\text{'}$, $Y\text{'}\text{'}PX$) amelyek hasonlók az $ABC$ háromszöghöz. Ugyanis, az előző megoldásban leírt módon látható, hogy például $XZ\text{'}\text{'}P\sphericalangle =Z\text{'}\text{'}PY\sphericalangle =Z\text{'}PY\sphericalangle =CAB\sphericalangle$. Az $ABC$ háromszög 6 egybevágó példányát alkalmas módon egymáshoz illesztve tehát az $XZ\text{'}\text{'}YX\text{'}\text{'}ZY\text{'}\text{'}$ hatszöggel egyállású hatszöget szerkeszthetünk. Innen a megoldás a III. megoldáséval megegyező módon fejezhető be.   Megjegyzések. 1. Harangi Viktor észrevette, hogy a keresett $P$ pont rajta van az $ABC$ háromszög súlyvonalainak az azonos csúcsból induló szögfelezőkre vonatkozó tükörképein, az ún. szimmediánsokon. Ezek egy pontban metszik egymást, amelyet a háromszög szimmediáns-pontjának nevezhetünk, ez tehát a szerkesztendő $P$ pont. Ugyanezzel a ponttal találkozhatunk Lemoine- vagy Grebe-pont néven is. 2. Nem nehéz meggondolni (de némi diszkussziót igényel), hogy a háromszög határán vagy azon kívül soha nem létezik olyan pont, amely rendelkezne a kívánt tulajdonsággal. 3. Terpai Tamás azt is megvizsgálta, milyen esetben lesz $P$ a vetületi pontok által alkotott háromszög valamely más nevezetes pontja (magasságpont, beírt kör középpontja, körülírt kör középpontja). Legnehezebb azonban kétségkívül a feladatban kitűzött eset.   3. Legyen adott $2^k$-nál több különböző egész szám, ahol $k$ tetszőleges természetes számot jelöl. Bizonyítandó, hogy kiválasztható közülük $k+2$ úgy, hogy valahányszor valamilyen $m$ pozitív egészre és $x_1<x_2<\text{...}<x_m$, $y_1<y_2<\text{...}<y_m$ kiválasztott számokra $\begin{array}{c}{\displaystyle x_1+x_2+\text{...}+x_m=y_1+y_2+\text{...}+y_m}\end{array}$ teljesül, úgy szükségképpen $x_i=y_i$ minden $1\le i\le m$ esetén.   I. megoldás. Az állítás nyilván igaz $k=0$ esetén. A bizonyítást teljes indukcióval fogjuk végezni. Legyen tehát $k\ge 1$, és tegyük fel, hogy $k$ helyett $\left(k-1\right)$-et írva az állítás már igazolást nyert. Jelöljön $a_1$, $a_2$, $\text{...}$, $a_{\ell }$ ($\ell >2^k$) különböző egész számokat. Meg kell mutatnunk, hogy kiválasztható közülük $k+2$ a feladatban megadott követelménynek megfelelően. Ezt pontosan akkor lehet megtenni, ha a $0=a_1-a_1$, $a_2-a_1$, $\text{...}$, $a_{\ell }-a_1$ számok közül kiválasztható $k+2$ a megfelelő módon. Feltehetjük tehát a továbbiakban, hogy a számok között szerepel a 0. Továbbá, ha az $a_1$, $a_2$, $\text{...}$, $a_{\ell }$ számok mindegyike osztható egy $q$ pozitív egész számmal, akkor elegendő az állítást $a_1$, $\text{...}$, $a_{\ell }$ helyett az $\frac{a_1}{q}$, $\text{...}$, $\frac{a_{\ell }}{q}$ számokra igazolni. Feltehetjük tehát, hogy a számok relatív prímek. Számaink között tehát szerepel páros és páratlan szám is. Vagy a páros vagy a páratlan számok száma nagyobb, mint $2^{k-1}$. Tegyük fel először, hogy több, mint $2^{k-1}$ páratlan számunk van. Ezekből az indukciós feltevés alapján kiválasztható $k+1$ a követelménynek megfelelően. Jelölje ezeket $b_1$, $\text{...}$, $b_{k+1}$, és legyen $c$ valamelyik páros szám az $a_1$, $\text{...}$, $a_{\ell }$ számok közül. Tegyük fel, hogy a $b_1$, $\text{...}$, $b_{k+1}$, $c$ számok között van $x_1<x_2<\text{...}<x_m$ és $y_1<y_2<\text{...}<y_m$ úgy, hogy $x_1+x_2+\text{...}+x_m=y_1+y_2+\text{...}+y_m$ teljesül. A $c$ szám az egyenlőség mindkét oldalán legfeljebb egyszer fordulhat elő. Ha az $x_1+x_2+\text{...}+x_m$ ugyanolyan maradékot ad 2-vel osztva, mint $m$, akkor szükségképpen az $x_i$ és $y_i$ számok is mind páratlanok, és az $x_1=y_1$, $\text{...}$, $x_m=y_m$ egyenlőségek következnek az indukciós feltevésben a $b_1$, $b_2$, $\text{...}$, $b_{k+1}$ számokra kirótt feltételből. Ellenkező esetben a $c$ szám az egyenlőség mindkét oldalán szerepel, azt mindkét oldalról elhagyva meggyőződhetünk arról, hogy a fennmaradó számok páronként egyenlők. Hasonló módon okoskodhatunk akkor is, ha az $a_1$, $\text{...}$, $a_{\ell }$ számok között a páros számokból van több, mint $2^{k-1}$.   II. megoldás. Feltehetjük, hogy a szóban forgó számok mindegyike pozitív, ezt ugyanis elérhetjük, ha mindegyik számot megnöveljük ugyanazzal az elegendően nagy pozitív egész számmal. Ha az újonnan kapott számokra teljesül az állítás, akkor az eredeti számokra is teljesülnie kell. Írjuk fel most a számokat kettes számrendszerben, és tekintsük azt a legkisebb helyiértéket, ahol valamely két szám különbözik. Jelölje ezt a helyet $i_1$. Az összes szám megegyezik tehát az utolsó $i_1-1$ helyen, az $i_1$-edik helyen azonban bizonyos számokban 0 áll, a többiben pedig 1. Legyen $b_1$ egyike azon számoknak, amelyekből kevesebb van; ha ugyanannyi van a két különböző típusból, akkor egy olyat válasszunk ki, amelynek (hátulról számítva) az $i_1$-edik jegye 1. Tekintsük a továbbiakban csak azokat a számokat, amelyek különböznek $b_1$-től az $i_1$-edik helyen. $b_1$ kiválasztása miatt ezek száma nagyobb, mint $2^{k-1}$, és utolsó $i_1$ jegyük rendre megegyezik. Jelölje $i_2$ azt a legkisebb helyiértéket, ahol valamelyik két szám eltér, $i_2>i_1$. Különböztessük meg a számokat aszerint, hogy az $i_2$-edik helyen milyen számjegy áll bennük, és válasszuk $b_2$-t azok közül, amelyek kevesebben vannak, a másik csoport számmal (amelyekből több, mint $2^{k-2}$ van) pedig folytassuk ezt az eljárást. Ily módon olyan $i_1<i_2<\text{...}<i_{k+1}$ helyiértékeket és $b_1$, $b_2$, $\text{...}$, $b_{k+1}$ számokat találunk, amelyekre igaz minden $j=1$, 2, $\text{...}$, $k$ esetén, hogy $b_j$, $b_{j+1}$, $\text{...}$, $b_{k+1}$ utolsó $i_j-1$ jegye megegyezik, de $b_j$ $i_j$-edik jegye különbözik $b_{j+1}$, $\text{...}$, $b_{k+1}$ $i_j$-edik jegyétől. Sőt, egy $b_{k+2}$ szám is található, amelynek utolsó $i_{k+1}-1$ jegye $b_{k+1}$-ével megegyezik, de az $i_{k+1}$-edik helyen a két szám eltér egymástól. Tegyük fel most, hogy a $b_1$, $b_2$, $\text{...}$, $b_{k+2}$ számok között van $x_1<x_2<\text{...}<x_m$ és $y_1<y_2<\text{...}<y_m$ úgy, hogy $x_1+x_2+\text{...}+x_m=y_1+y_2+\text{...}+y_m=S$ teljesül. Az $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $x_m$, $y_1$, $y_2$, $\text{...}$, $y_m$ számok utolsó $i_1-1$ jegyéből álló szám mind megegyező, jelöljük ezt $u_1$-gyel. Az $S-m\cdot u_1$ szám utolsó $i_1-1$ jegye tehát 0, és az $i_1$-edik jegyet megvizsgálva eldönthető, hogy az $x_1$, $\text{...}$, $x_m$ (és ugyanígy az $y_1$, $\text{...}$, $y_m$) számok között szerepel-e a $b_1$. Ha nem, akkor áttérünk az utolsó $i_2$ hely vizsgálatára. Ha igen, akkor mindkét oldalról töröljük a $b_1$ összeadandót, és úgy térünk át az utolsó $i_2$ jegy vizsgálatára. Ilyen módon a $b_1$, $b_2$, $\text{...}$, $b_{k+1}$ számokról sorra eldönthetjük, hogy szerepelnek-e az összegben: ha igen, akkor mind a két oldalon szerepelniük kell. Ezeket sorra elhagyva az egyenlőség mindkét oldaláról végül vagy a $0=0$ egyenlőséghez jutunk, vagy mindkét oldalon egy-egy szám marad, amely kizárólag $b_{k+2}$-vel lehet egyenlő.   Megjegyzések. 1. Mindkét bizonyítás egy algoritmust is szolgáltat a keresett $k+2$ szám kiválasztására, méghozzá lényegében ugyanazt az algoritmust. 2. Kézenfekvő kérdés, hogy $2^k$ helyettesíthető-e valamely, annál kisebb számmal. Terpai Tamás észrevette, hogy van olyan pozitív $c$ konstans, hogy $c\cdot \frac{2^k}{k^{3/2}}$ mellett az állítás már nem igaz. Ha ugyanis az első $n$ számból ki lehet választani $k+2$ számot a kívánt feltétel mellett, akkor szükségképpen $\ell =\lfloor \frac{k+2}{2}\rfloor$ esetén a számokból alkotott $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+2}{\ell }\right)\approx 4\sqrt[]{\frac{2}{\pi }}\frac{2^k}{\sqrt[]{k}}$ $\ell$-tagú összeg mind különböző, márpedig ezek egyike sem lehet nagyobb, mint $n\ell \approx \frac{nk}{2}$.