Kezdőlap


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

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 $S_{1}$ -gyel, illetve $S_{2}$ -vel jelöljük az egyes csoportokban álló számok összegét, akkor a feltétel szerint: $S_{1} < a + S_{2}$ , és $S_{2} < a + S_{1}$ .
A két egyenlőtlenséget összeadva kapjuk, hogy $S_{1} + S_{2} < 2 a + S_{1} + S_{2}$ , 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

a_{1} \leq a_{2} \leq ... \leq a_{101}

. Ekkor nyilván

a_{2} + a_{3} + ... + a_{51} \leq a_{52} + a_{53} + ... + a_{101}

. Itt a bal oldalhoz

a_{1}

-et adva a feltétel szerint megfordul az egyenlőtlenség iránya, tehát

a_{1}

pozitív. Így a további számok is pozitívak, hisz egyikük sem kisebb

a_{1}

-nél.
Erdélyi Gabriella (Eger, Gárdonyi G. Gimn., I. o. t.)