Feladat: 1957. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Füzet: 1958/február, 45 - 46. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/január: 1957. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

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

A vizsgált összegben az abszolút érték jeleit elhagyhatjuk, ha ott, ahol negatív szám abszolút értéke szerepelt, a két tag előjelét megváltoztatjuk. Ilyen módon egy 2n tagú összeghez jutunk, amelynek különféle előjelű tagjai között az 1, 2,...,n számok mindegyike kétszer szerepel, és a 2n tag között n negatív előjelű van. A vizsgált érték eszerint az 1, 1, 2, 2, n, n számok összegéből úgy keletkezik, hogy értékét a negatív előjellel fellépő számok összegének kétszeresével csökkentjük. Akkor lesz tehát a kapott érték maximális, ha a negatív előjellel szereplő számok összege minimális. Ez utóbbi összegben n tag van, és értéke nyilván nem lehet kisebb, mint az 1, 1, 2, 2,...,n, n sorozat első n elemének összege.
Ha megfelelő számsorrendből indulunk ki, akkor be is következik az, hogy éppen a mondott első n elem lép fel negatív előjellel. Ezt az n, n-1,...,1 sorrend példája mutatja, amint ezt az adódó

|n-1|+|(n-1)-2|+...+|1-n|
összegből nyomban kiolvashatjuk.
Feladatunk most már csak az, hogy ezt az összeget kiszámítsuk. Ennek az összegnek a tagjai, akár balról, akár jobbról vesszük sorra azokat, (n-1)-től 2 különbséggel csökkenő számtani haladványt alkotnak. E haladványok tagjai addig csökkennek, amíg csak az összeg közepéig el nem jutunk. Itt vagy két 1 értékű tagot, vagy pedig egy 0 értékűt találunk.
Ha tehát n páros, akkor a vizsgált összeg az 1-től (n-1)-ig terjedő, 2 különbségű és n2 tagszámú számtani haladvány összegének kétszerese, azaz n22. Ha viszont n páratlan, akkor a 2-től (n-1)-ig terjedő, 2 különbségű és n-12 tagszámú számtani haladvány összegének kétszerese, azaz n-12(n+1)=n2-12 adódik.
Az eredményt mind a két esetben [n22] alakban írhatjuk, ha a szögletes zárójellel a számban foglalt egész számok legnagyobbikát jelöljük.
 
Megjegyzés. Számtani haladvány összegezése nélkül is célt érhetünk, ha ügyesen megválasztott számsorrendből indulunk ki.
Ha n=2k, akkor a k+1, k+2,...,2k, 1, 2,...,k sorrendből indulhatunk ki. A fellépő különbségek kisebb tagjai itt az 1, 2,...,k számok, és mindegyikük kétszer lép fel. Megoldásunk gondolatmenete alapján kimondhatjuk tehát, hogy a választott számsorrend a maximális összeghez vezet. A különbségek mindegyikének k az abszolút értéke, s ezért az abszolút értékek összege 2k2.
Ha viszont n=2k+1, akkor a k+2, k+3,...,2k+1, k+1, 1, 2,...,k sorrend vezet célhoz. A fellépő különbségek kisebb tagjaiként ismét ugyanazokat a számokat kapjuk, mint az előbb, de a középső különbségben a kisebbítendő és a kivonandó egyaránt k+1. Ebből megint ugyanúgy következik, hogy a maximális összeghez jutunk. Most a középső különbség 0, a többinek pedig k+1 az abszolút értéke. Ilyen módon a 2k(k+1) összeg adódik.
Megállapíthatjuk, hogy az eredmény mind a két esetben az n22-ben foglalt legnagyobb egész szám.