Feladat: 1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Füzet: 1959/október, 41 - 42. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Oszthatóság, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/október: 1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 1. feladata

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

I. megoldás: Vonjuk ki az adott számok összegéből, 86-ból, a készítendő csoportok összegének eltérését, 9-et. A maradékot, 77-et két egyenlő részre osztva kapnók a kisebb összegű csoport összegét. De máris látjuk, hogy a kívánt felosztás lehetetlen, mert 77 páratlan, a fele nem egész, adott számaink viszont valamennyien egészek.

 
Megjegyzések. 1. Lényegében ugyanígy bizonyították a kívánt felosztás lehetetlenségét azok is, akik a kisebb összegű csoportban szereplő számok összegét x-szel jelölve ‐ így a másik csoport összege x+9 ‐ az x+(x+9)=86 egyenletről mutatták meg, hogy megoldása tört szám.
2. Több versenyző úgy vélte megoldani a feladatot, hogy elhagyta az adott számok között szereplő 9-et, és azt mutatta meg, hogy a fennmaradt számok nem oszthatók két egyenlő összegű csoportba. Bármennyire hasonlít is ez a gondolat a fenti megoldáshoz, ‐ mégsem azonos vele, és nem teljes bizonyítás. Ebből csak azt látjuk, hogy olyan megoldása nincs a feladatnak, melyben a 9-es a nagyobb összegű csoportba tartozik. Olyan megoldás viszont még nem lehetetlen, amelyben a 9-es a kisebb összegű csoport tagja. Ha pl. az adottak helyett a 9, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2 számokat kellene ugyanazon követelmény mellett két csoportba osztani, ez lehetséges: a kisebb összegű csoportban egyedül a 9-es áll, a másikban a 2-esek, bár ‐ mint könnyű belátni ‐ a 9-es itt sem lehet a nagyobb összegű csoportnak tagja.
3. Általában: adott egész számokat nem lehet úgy két csoportra osztani, hogy a csoportok összegének eltérése adott egész szám legyen, ha a számok összegéből az előírt eltérést levonva páratlan számot kapunk. De ha így páros szám adódik, ebből még nem következik, hogy a kívánt csoportosítás lehetséges. Pl. a 9, 2, 2, 2, 2, 2, számcsoport nem osztható ketté követelményünk szerint, bár összegüknek és az eltérésnek különbsége osztható 2-vel: (19-9):2=5.
4. Megállapításunk több csoportra a következőképpen általánosítható. Adott egész számok k számú, adott, egész eltérésű csoportra való felbonthatóságának szükséges ‐ de, mint láttuk, nem elegendő ‐ feltétele az, hogy a számok összegéből az eltérések összegét levonva k-val osztható számot kapjunk. (Ez az összeg úgy értendő, hogy valamennyi csoport összegének egy bizonyos, kijelölt számcsoport összegétől való eltéréseit vesszük, előjelükkel együtt.)
 
II. megoldás: A feladat ezt kívánja: alkossunk a felsorolt egész számokból olyan két csoportot, hogy a bennük levő számok összegének különbsége 9 legyen, a két összeg összeadva pedig 86-ot adjon. Ez lehetetlen, mert ha két egész szám különbsége páratlan, akkor a két szám ellentétes párosságú, és ezért összegük is páratlan.