|
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 a számok között van, elég mellé két egyenlő abszolút értékű számot találni. Mivel a többi szám abszolút értéke csak -féle lehet, és nullától különböző szám van, a skatulya elv szerint ilyen számpárt valóban találhatunk. Így a továbbiakban feltesszük, hogy a számok -tól különbözőek. Mivel a pozitív számok is, a negatívak is csak -félék lehetnek, a szám között biztosan van pozitív is, negatív is. Jelöljük a legkisebb számot -val, a legnagyobbat -vel: Ha -hoz rendre hozzáadjuk a pozitív számokat, -nál nagyobb egészeket kapunk, amelyek között a legnagyobb . Tovább menve, most adjuk hozzá -hez sorra a negatív számokat, így -nél nagyobb, -nél kisebb egészeket kapunk. Összesen különböző összeget kaptunk, hiszen minden -tól, -től különböző szám egy összegben szerepel, és az párból is kapunk egy összeget. Jelöljük a számok halmazát -val, a most előállított összegek halmazát -sel, az eredeti számok -szereseinek a halmazát -vel. -ban és -ben száznál kisebb abszolút értékű különböző egész szám van, -ben pedig , ugyancsak száznál kisebb különböző egész szám található. Mivel a száznál kisebb abszolút értékű egészek száma , -nek és -nek biztosan van legalább két közös eleme, jelöljük ezek egyikét -fel, és legyen az -fel egyenlő -beli összeg , ahol az , számok egyikével egyenlő, és a -től különböző előjelű szám: Mivel definíciója szerint az eredeti számok közül való, készen is vagyunk, ha a -től is és -től is különbözik. Ha megegyezik , valamelyikével, akkor , közül a másik kétszeresével egyenlő, tehát ez biztosan a nagyobb abszolút értékű a és közül. Ha pedig ez a nagyobb abszolút értékű tagja az összegnek, akkor ez biztosan az , közül való (ami persze önmagában még nem zárja ki, hogy a másik ne volna közülük való). Mivel -nek és -nek legalább két különböző közös eleme van, az eddigi meggondolásunk csak akkor nem vezet el a kívánt összegű számhármashoz, ha is, is párosak, és is, is az eredeti számok közé tartozik. No de akkor az eredeti számok abszolút értéke -nél is kisebb, és ugyanez igaz és elemeire is. Emiatt ebben az esetben -nek és -nek kettőnél több különböző eleme van, és ezek között már biztosan van olyan is, amelyik különböző elemű összegű számhármasra vezet. II. megoldás. Készítsünk képzeletben száz kis urnát, és írjuk ezekre rendre -tól -ig az egészeket. Dobjuk az adott számok mindegyikét az abszolút értékével címkézett urnába. Ha a -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 jelű urnába legfeljebb csak egy szám kerülhet.) Ha a 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 -nél több számot találunk, ahol a bal oldali urnák száma. Állítsuk most párba a bal oldali urnákat úgy, hogy az egy párba került urnák címkéjének az összege legyen. Ha páros, készen is vagyunk, hiszen akkor biztosan találunk olyan párt, amelyben azonos előjelű számok is vannak, mondjuk és , és ezek összegének az abszolút értéke . Mivel a címkéjű urna előttünk áll, és benne két szám van, készen vagyunk, ha és mellé ebből az urnából a tőlük különböző előjelű számot vesszük ki. Hasonlóan készen vagyunk akkor is, ha páratlan ugyan, de mégis találunk olyan urnapárt, amelyikben vannak azonos előjelű számok. Így már csak azt az esetet kell megvizsgálni, ha 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 szám lehet együttvéve, és ha a pár nélküli címkéjű urnában is megvan a lehető legtöbb, vagyis két különböző előjelű szám, akkor is éppen csak hogy szám van a bal oldali urnákban. Ez pedig csak úgy lehet, ha a jobb oldali urnák mindegyikében pontosan egy szám van, így nevezetesen a 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 van. Állítsuk most párba azokat az urnákat, amelyek címkeösszege , és vegyük a bal oldali urnák közé az előttünk álló urnát is. Így párt kapunk, amelyekben pozitív szám van. Van tehát olyan pár, amelyikben két pozitív szám van, és ezekhez a címkéjű urnában levő negatív számot véve, megfelelő számhármast kapunk.
Megjegyzés. Mindkét megoldás átfogalmazható arra az általános esetre, amikor különböző, -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 példa mutatja, különböző -nél kisebb abszolút értékű szám már megadható úgy, hogy közöttük semelyik három összege ne legyen nulla. |
|