Feladat: F.2730 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Antos A. ,  Balogh 171 J. ,  Benkő D. ,  Bíró N. ,  Danyó T. ,  Hausel T. ,  Máté Nóra ,  Mezei J. ,  Podoski Károly. ,  Sági Z. ,  Sustik M. ,  Szekeres B. ,  Tokodi T. ,  Tóth 702 P. 
Füzet: 1989/november, 379 - 381. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Számhalmazok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1989/február: F.2730

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Legyen H zárt halmaz, és tegyük fel, hogy 0H. Ekkor H minden elemével annak kétszerese is H-ban van. Ha ugyanis xH, és y=x ‐ amit a feladat szövege megenged! ‐ akkor vagy x+y=2x, vagy |x-y|=0H-ban van, de az utóbbit kizártuk. Tehát ha 0H, és H zárt, akkor vagy üres, vagy minden elemének kétszeresét is tartalmazza, tehát végtelen halmaz, de a feladat feltétele mindkét esetet kizárja. Legyen ezek után H egy nem üres, n+1 elemű (n0) zárt halmaz. Az előbbiek szerint ekkor 0H. Legyenek H elemei rendre: 0=a0<a1<...<an.
1 . Belátjuk, hogy ha 0in, akkor ai+an-i=an. Ha i1, akkor an+ai>an, tehát az an+ai összeg már nincs benne H-ban. H zártsága miatt |an-ai|=an-ai (in) van H-ban. Ha i=0, akkor an-a0=an szintén H-ban van. Tehát az n+1 elemű

0=an-an<an-an-1<...<an-ai<...<an-a1<an-a0=an
sorozat is H elemeit sorolja fel nagyság szerint, ezért
a0=an-an,a1=an-an-1,...,a1=an-ai,...,an-1=an-a1,an=an-a0,


ahogy állítottuk.
2. Most belátjuk, hogy ha n4 és 0in-1, akkor an-1=ai+an-1-i.
Tekintsük először i2 esetén az an-1+ai összeget. Ez nagyobb az an-1+a1 összegnél (i2), amely viszont an a fentiek szerint. Így az an-1+ai összeg nincs benne H-ban, ezért az |an-i-ai|=an-1-ai különbségnek kell H-ban lennie (most használtuk ki az in-1 feltételt). Nézzük az n-2 elemű
a0=an-1-an-1<an-1-an-2<...<an-1-a2
sorozatot; ez csupa H-beli elemből áll. Az itteni utolsó elem, an-1-a2 kisebb (an-a2)-nél, amiről az 1. pontban beláttuk, hogy an-2. A felsorolás tehát a H halmazból an-2-nél kisebb elemeket sorol fel nagyság szerint, ezekből azonban éppen n-2 darab van. Tehát
a0=an-1-an-1,a1=an-1-an-2,...,ai=an-1-an-1-i,...,an-3=an-1-a2.


Látszólag készen vagyunk: ha 0in-3, akkor ai+an-1-i=an-1. Ha i=n-1, akkor ai+an-1-i=an-1+a0=an-1. Végül, ha i=n-2, akkor azt kell belátnunk, hogy an-2+a1=an-1, ami a fenti egyenlőségsorozat második helyén áll. Igen ám, de ez a második egyenlőség csak n-31 esetén szerepel, azaz ha n4. Amikor n=3, akkor csak a semmitmondó a0=a3-a3-ból áll a fenti egyenlőségsorozat, n2 esetén pedig egyenlőséget sem kapunk! De n4 esetén valóban minden 0in-1  esetén megkaptuk a kívánt állítást.
3. Most már az n4 esetben hamar célba érünk. Tekintsük ugyanis 0in-1-re az ai+1-ai különbségét! Itt ai+1=an-an-1-i, az 1. pont szerint, és ai=an-1-an-1-i, a 2. pont szerint. Ezért ai+1-ai=an-an-1=a1. Innen pedig nyilvánvaló, hogy 0in-1 esetén ai+1=(i+1)a1, azaz minden i1-re ai=ia1. De i=0-ra a0=0a1=0, ezért H={0,a1,2a1,...,na1}=S(n1a1) alakú. Ha tehát n4, azaz H legalább ötelemű, akkor S(n1a1) alakú.
4. Tekintsük most az n=0,1,2 eseteket. Ha n=0, akkor H={0}=S(0,α). Ha n=1, akkor H={0,a1}=S(1,a1). Ha pedig n=2, akkor az 1. pont szerint a2=a1+a1=2a1, tehát H={0,a1,2a1}=S(2,a1).
Ezzel a bizonyítást befejeztük.
Megjegyezzük, hogy ha H-nak éppen négy eleme van, akkor az 1. pont szerint a3=a1+a2 (az 1. pont más érdemlegeset nem mond, a 2. pont pedig nem igaz.). Másrészt minden pozitív a1,a2 esetén a négyelemű H={0,a1,a2,a1+a2} halmaz valóban zárt és ha a22a1, akkor nem S(3,a1) alakú. Könnyen ellenőrizhető, hogy ebben az esetben a 2. pont állítása valóban nem teljesül, hiszen az i=1,n-1=2,n-1-i=1 helyettesítéssel megkívánná, hogy a2=2a1 legyen. Nem "ügyetlenségből'' kellett tehát a 2. pontban az n4 megkötést tennünk.
 
Máté Nóra (Bp., Fazekas M. Gimn., IV. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Sokan nem vették észre, hogy a feladat szövegében x és y-ról csak annyit tettünk fel, hogy H elemei, tehát egyenlők is lehetnek. Enélkül a feladat állítását megcáfolni vélték. Valóban: ha csak annyit kötünk ki H-ról, hogy bármely két különböző elemével azok összegét, vagy különbségük abszolutértékét is tartalmazza, akkor bármely pozitív a1,a2-re az {a1,a2a1+a2} és az {a1,2a1,3a1,...,na1} halmazok is megfelelnének. Könnyű meggondolni, hogy több ellenpélda viszont akkor sincs, hiszen ha egy ilyen tulajdonságú halmazhoz hozzávesszük a nullát, akkor zárttá válik. Ha valaki nemcsak "megcáfolni'' akarta a feladatot, hanem megoldotta az általa félreértett feladatot (ez esetben H jellemzése, mint látjuk, alig bonyolultabb, és a bizonyítás ugyanúgy megy), akkor csak 1 pontot vontunk le. De egy félreértett feladat megcáfolásáért nem járt pont.
2. Volt egy másikféle "cáfolat'' is: többen is "megsokszorozták'' egy zárt halmaz elemeit és pl. azt mondták, hogy a {0, 0, 0, 6, 6, 6} hat elemű halmaz nyilván zárt és nyilván nem S(n,α) alakú. Aki így érvelt, az a halmaz fogalmával sincs tisztában. Ugyanis a {0, 0, 0, 6, 6, 6} halmaznak csak két eleme van: a 0 és a 6. Egy halmaznak nincsenek "azonos, de különböző'' elemei. Három különböző alma, három különböző elem lehet egy halmazban; három különböző nulla is lehetne, ha ‐ volna. De nincs! Ezért tehettük fel a bizonyításban az n+1 elemű H halmazról, hogy elemei szigorúan monoton nőnek.
Valószínűnek tartom, hogy akik ezt a "cáfolati'' módot választották, a halmazt a számítógépes listákkal keverték össze. Egy lista tartalmazhat három nullát ‐ de éppen ezért nem hasonlít a halmazra. (Annál inkább az ún. rendezett halmazokra. Ajánljuk, nézzenek utána, mi a különbség halmaz és rendezett halmaz között.)
3. A bizonyításunk másképp is befejezhető. A 2. pontban elmondottak többet bizonyítanak: ha 4kn, és 0ik-1, akkor ak-1=ai+ak-1-i. (Ez k-ra vonatkozó, n-től lefelé lépő indukcióval ugyanúgy bizonyítható, mint a 2. pont állítása.) De mi van a k=1,2,3 esetekben? Ha k=1, csak az a0=a0+a0 állítás, ha k=2, az a1=a1+a0 állítás adódik, amelyek triviálisak. A k=3 esetben a triviális a2=a0+a2 -n kívül az a2=2a1 állítás is, ami viszont a4=a2+a2=a3+a1=(a1+a2)+a1 alapján következik. Így állításunk minden 1kn-re igaz, tehát (az 1. ponttal együtt) n4 esetén minden i és j-re megkapjuk, hogy ai+aj=ai+j. Tehát a0=0,a1,a2,...,an számtani sorozat, azaz H=S(n,a1) alakú.