Feladat: Gy.1926 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Erdélyi Gabriella ,  Hetyei Judit 
Füzet: 1981/április, 159. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Logikai feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/október: Gy.1926

Adott 101 szám. Bárhogyan választunk ki közülük 50-et, ezek összege kisebb, mint a ki nem választottak összege. Bizonyítsuk be, hogy a számok mindannyian pozitívak!

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

I. megoldás. Válasszunk ki egyet a 101 szám közül, legyen ez a. Ha a megmaradt 100 számot két 50-es csoportra osztjuk, és S1-gyel, illetve S2-vel jelöljük az egyes csoportokban álló számok összegét, akkor a feltétel szerint: S1<a+S2, és S2<a+S1.
A két egyenlőtlenséget összeadva kapjuk, hogy S1+S2<2a+S1+S2, tehát a valóban pozitív. Mivel a-t tetszőlegesen választottuk az adott számok közül, az állítást ezzel beláttuk.
Hetyei Judit (Pécs, Bánki D. u. Ált. Isk., 8. o. t.)

 
II. megoldás. Legyenek a számok nagyság szerint rendezve a1a2...a101. Ekkor nyilván a2+a3+...+a51a52+a53+...+a101. Itt a bal oldalhoz a1-et adva a feltétel szerint megfordul az egyenlőtlenség iránya, tehát a1 pozitív. Így a további számok is pozitívak, hisz egyikük sem kisebb a1-nél.
Erdélyi Gabriella (Eger, Gárdonyi G. Gimn., I. o. t.)