Feladat: Gy.1983 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Barsi S. ,  Beke S. ,  Böröczky L. ,  Csákány B. ,  Erdős L. ,  Fóris Z. ,  Megyesi G. ,  Náray M. ,  Takács G. ,  Törőcsik J. 
Füzet: 1982/április, 160 - 162. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Logikai feladatok, Skatulyaelv, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/május: Gy.1983

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

I. megoldás. Ha a 0 a számok között van, elég mellé két egyenlő abszolút értékű számot találni. Mivel a többi szám abszolút értéke csak 99-féle lehet, és 100 nullától különböző szám van, a skatulya elv szerint ilyen n számpárt valóban találhatunk. Így a továbbiakban feltesszük, hogy a számok 0-tól különbözőek.
Mivel a pozitív számok is, a negatívak is csak 99-félék lehetnek, a 101 szám között biztosan van pozitív is, negatív is. Jelöljük a legkisebb számot A-val, a legnagyobbat B-vel:

A<0<B.
Ha A-hoz rendre hozzáadjuk a pozitív számokat, A-nál nagyobb egészeket kapunk, amelyek között a legnagyobb A+B. Tovább menve, most adjuk hozzá B-hez sorra a negatív számokat, így (A+B)-nél nagyobb, B-nél kisebb egészeket kapunk. Összesen 100 különböző összeget kaptunk, hiszen minden A-tól, B-től különböző szám egy összegben szerepel, és az (A,B) párból is kapunk egy összeget. Jelöljük a számok halmazát H-val, a most előállított összegek halmazát S-sel, az eredeti számok (-1)-szereseinek a halmazát G-vel.
H-ban és G-ben 101 száznál kisebb abszolút értékű különböző egész szám van, S-ben pedig 100, ugyancsak száznál kisebb különböző egész szám található. Mivel a száznál kisebb abszolút értékű egészek száma 199, G-nek és S-nek biztosan van legalább két közös eleme, jelöljük ezek egyikét F-fel, és legyen az F-fel egyenlő S-beli összeg C+D, ahol C az A, B számok egyikével egyenlő, és D a C-től különböző előjelű szám:
F=C+D.
Mivel G definíciója szerint (-F) az eredeti számok közül való, készen is vagyunk, ha (-F) a C-től is és D-től is különbözik. Ha (-F) megegyezik C, D valamelyikével, akkor C, D közül a másik (-F) kétszeresével egyenlő, tehát ez biztosan a nagyobb abszolút értékű a C és D közül. Ha pedig ez a nagyobb abszolút értékű tagja az összegnek, akkor ez biztosan az A, B közül való (ami persze önmagában még nem zárja ki, hogy a másik ne volna közülük való). Mivel G-nek és S-nek legalább két különböző közös eleme van, az eddigi meggondolásunk csak akkor nem vezet el a kívánt 0 összegű számhármashoz, ha A is, B is párosak, és A/2 is, B/2 is az eredeti számok közé tartozik. No de akkor az eredeti számok abszolút értéke 99-nél is kisebb, és ugyanez igaz G és S elemeire is. Emiatt ebben az esetben G-nek és S-nek kettőnél több különböző eleme van, és ezek között már biztosan van olyan is, amelyik különböző elemű 0 összegű számhármasra vezet.
 

II. megoldás. Készítsünk képzeletben száz kis urnát, és írjuk ezekre rendre 0-tól 99-ig az egészeket. Dobjuk az adott számok mindegyikét az abszolút értékével címkézett urnába. Ha a 0-val jelölt urna nem marad üresen, keressünk mellé olyan urnát, amelyikbe két szám került, és készen is vagyunk. Ilyen urna biztosan van, mert az urnák száma kisebb a számok számánál (és persze a 0 jelű urnába legfeljebb csak egy szám kerülhet.)
Ha a 0 jelű urna üres, tegyük azt félre, és keressük ki azok közül az urnák közül a legnagyobb címkéjüt, amelyekbe két szám került. Mivel most már kettővel nagyobb a számok száma az urnák számánál, a többi urnában még mindig több szám van, mint az urnák száma. Tegyük magunk elé a kiválasztott urnát, tőle jobbra helyezzük el a nála nagyobb címkéjűeket, és balra a kisebbeket.
A jobb oldali urnákban legfeljebb egy-egy szám van, tehát a bal oldali urnák száma kisebb a bennük levő számok számánál. Így ha most külön válogatjuk a bal oldali urnákban levő pozitív és negatív számokat, legalább az egyik halmazban B/2-nél több számot találunk, ahol B a bal oldali urnák száma. Állítsuk most párba a bal oldali urnákat úgy, hogy az egy párba került urnák címkéjének az összege (B+1) legyen. Ha B páros, készen is vagyunk, hiszen akkor biztosan találunk olyan párt, amelyben azonos előjelű számok is vannak, mondjuk C és D, és ezek összegének az abszolút értéke B+1. Mivel a B+1 címkéjű urna előttünk áll, és benne két szám van, készen vagyunk, ha C és D mellé ebből az urnából a tőlük különböző előjelű számot vesszük ki. Hasonlóan készen vagyunk akkor is, ha B páratlan ugyan, de mégis találunk olyan urnapárt, amelyikben vannak azonos előjelű számok. Így már csak azt az esetet kell megvizsgálni, ha B páratlan, és az egy párba került urnákban együttvéve is csak két különböző előjelű szám van. Ennyi biztosan van, hiszen a bal oldali párokban még így is csak (B-1) szám lehet együttvéve, és ha a pár nélküli (B+1)/2 címkéjű urnában is megvan a lehető legtöbb, vagyis két különböző előjelű szám, akkor is éppen csak hogy (B+1) szám van a bal oldali urnákban. Ez pedig csak úgy lehet, ha a jobb oldali urnák mindegyikében pontosan egy szám van, így nevezetesen a (B+2) címkéjű urnában is van szám. Tegyük fel a könnyebb beszéd kedvéért, hogy ez negatív. Tudjuk már, hogy esetünkben a bal oldali urnákban pozitív számból is és negatívból is pontosan A=(B+1)/2 van. Állítsuk most párba azokat az urnákat, amelyek címkeösszege (B+2), és vegyük a bal oldali urnák közé az előttünk álló urnát is. Így A párt kapunk, amelyekben (A+1) pozitív szám van. Van tehát olyan pár, amelyikben két pozitív szám van, és ezekhez a (B+2) címkéjű urnában levő negatív számot véve, megfelelő számhármast kapunk.
 

Megjegyzés. Mindkét megoldás átfogalmazható arra az általános esetre, amikor (2n+1) különböző, 2n-nél kisebb abszolút értékű szám van. Azt, hogy itt a paritásnak lényeges szerepe van, jól mutatják a megoldások bosszantó záradékai, hogy amikor már célba érnénk, még néhány kivételes esettel külön kell foglalkozni. Amint azt a {±n,±(n+1),...,±2n} példa mutatja, (2n+2) különböző (2n+1)-nél kisebb abszolút értékű szám már megadható úgy, hogy közöttük semelyik három összege ne legyen nulla.