Feladat: Gy.2086 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Kós Géza ,  Ratkó Júlia 
Füzet: 1983/május, 213 - 214. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Számkörök, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Maradékos osztás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1982/december: Gy.2086

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

I. megoldás. Legyen az öt szám nagyság szerint növekvő sorrendben x1,x2,x3,x4 és x5. A tíz összeg legkisebbike x1+x2, ez tehát kisebb 15-nél, a legnagyobbik pedig x4+x5, ami nagyobb 23-nál. A második legkisebb összeg x1+x3, a második legnagyobb pedig x3+x5. A feltétel szerint így

x1+x3=15ésx3+x5=23.(1)

A két egyenletet összeadva x1+x5+2x3=38 adódik, vagyis x1+x5 páros szám. A tíz összeg közül ez nem a legkisebb és nem is a legnagyobb, így háromféle értéke lehet: 16, 18 és 20.
Mindhárom esetben (1) -gyel együtt egy-egy háromismeretlenes egyenlet rendszert kapunk x1,x3 és x5 ismeretlenekkel. Egy szerencsés észrevétellel azonban elkerülhetjük annak vizsgálatát, hogy az egyes esetekben az egyenletrendszerek megoldásai kiterjeszthetők-e a feladat megoldásává.
A tíz összeg legnagyobbikat (x4+x5) és legkisebbikét (x1+x2) elhagyva a megmaradt nyolc összeg összege
3(x1+x2+x3+x4+x5)+x3=149,(2)
vagyis x3 2 maradékot ad 3-mal osztva. Az x1+x5+2x3=38 feltétel szerint x1+x5 1 maradékot ad 3-mal osztva, vagyis x1+x5=16.
Mivel x3 legalább 2-vel kisebb, mint x5, ezért x1+x3 legfeljebb 14 lehet, ami ellentmond (1)-nek.
A feladatnak tehát nincsen egész megoldása.
 

Ratkó Júlia (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., L o. t.) és
Kós Géza (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., I. o. t.)
dolgozatai nyomán
 

II. megoldás. Rendezzük ismét nagyság szerint az öt ismeretlen számot. Ekkor teljesülnek az alábbi egyenlőtlenségek:
x1+x2<x1+x3<x1+x4<x1+x5<x2+x5<x3+x5<x4+x5,(3)
x1+x2<x1+x3<x2+x3<x2+x4<x3+x4<x3+x5<x4+x5.(4)

Látható, hogy x1+x2 a legkisebb, x1+x3 az utána következő; x4+x5 a legnagyobb, és x3+x5 az előtte levő. A többi 6 összeg értéke tehát valamilyen sorrendben 16, 17, 18, 19, 20 és 21. E hat összeg összege:
2(x1+x2+x3+x4+x5)+x2+x4=111,(5)
vagyis x2+x4 páratlan szám: értéke 17, 19 vagy 21.
Másfelől x2+x4 biztosan kisebb, mint x3+x4 és x2+x5, viszont biztosan nagyobb, mint x1+x4 és x2+x3. A három szóba jövő páratlan szám közül csak a 19-nél van legalább két kisebb és legalább két nagyobb a hat szám között, tehát x2+x4=19. A megadott összegek közül pontosan kettő nagyobb nála, a 20 és a 21. Ezek tehát valamilyen sorrendben az x3+x4 és az x2+x5. E két összeg összege így
x2+x3+x4+x5=41.

Mivel x2+x3+x4+x5=(x2+x4)+(x3+x5) és x2+x4=19, kapjuk, hogy x3+x5=22. Ez pedig lehetetlen, hiszen a 22 nem szerepel a megadott összegek között.
Azt kaptuk tehát, hogy nincs olyan öt különböző pozitív egész szám, amelyekre teljesülnének a feltételek.
 
Megjegyzés. A megoldásokban nem használtuk ki, hogy az öt szám pozitív, a feltételek tehát az egész számok körében sem teljesülhetnek.
A számoknak mindenképpen különbözőknek kell lenniük, mert ha öt szám között vannak egyenlők, akkor a belőlük képezhető tíz két tagú összeg között legfeljebb hét különböző lehet.
Elképzelhető, hogy a valós számok körében már van megoldása a feladatnak, vizsgáljuk most meg ezt a lehetőséget. A második megoldás gondolatmenete szerint elindulva most x2+x4 páros is lehet. Mivel a vizsgált hat ,,középső'' összeg között van legalább két nála kisebb és legalább két nála nagyobb. Ilyenkor x2+x4=18.
A 18-nál kisebb két szóba jövő összeg a 16 és 17, ezek tehát valamelyik sorrendben az x1+x4 és az x2+x3. így most
x1+x2+x3+x4=33.
(5) alapján 111=2(x1+x2+x3+x4)+2x5+(x2+x4), ahonnan x5=13,5. Mivel x3+x5=23 és x1+x3=15, kapjuk, hogy x3=9,5 és x1=5,5.
A tíz érték közül eddig megkaptuk a 15, a 18, a 19 és a 23-at. A hiányzó hat összeg x2+x1,x2+x3,x2+x5,x4+x1,x4+x3 és x4+x5. E hat összeg közül kettő értéke nem szerepel a nyolc szám között (x1+x2 és x4+x5), a megmaradt négy pedig a 16, 17, illetve a 20 és 21 értékeket állítja elő valamilyen sorrendben.
Mivel x2+x5 és x2+x3 különbsége 4, és ugyanennyi x4+x3, valamint x4+x1 különbsége is (x5-x3=x3-x1=4), ezért attól függően, hogy milyennek választjuk x2+x5 és x3+x4 nagyságviszonyát, vagy x2+x5=20 és x3+x4=21, vagy pedig x2+x5=21 és x3+x4=20. Az első esetben x2=6,5,x4=11,5, a másodikban pedig x2=7,5,x4=10,5. Látható, hogy mind a két esetben megoldást kapunk.
A valós számok körében tehát két megoldása van a feladatnak. Ezek
x1=5,5;x2=6,5;x3=9,5;x4=11,5;x5=13,5,
illetve
x1=5,5;x2=7,5;x3=9,5;x4=10,5;x5=13,5.