|
Feladat: |
B.3786 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Blázsik Zoltán , Cseh Ágnes , Gehér György , Gyenizse Gergő , Hujter Bálint , Kisfaludi-Bak Sándor , Kiss-Tóth Christian , Klimaj Zoltán , Korándi Dániel , Kornis Bence , Kutas Péter , Lorántfy Bettina , Lovász László Miklós , Mészáros Gábor , Nagy Csaba , Nagy Péter , Németh Zsolt , Rácz Miklós , Strenner Balázs , Szabó Tamás , Szilágyi Csaba , Tomon István , Tossenberger Anna , Udvari Balázs |
Füzet: |
2005/december,
533 - 534. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Számsorozatok, Számhalmazok, Részhalmazok, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2005/január: B.3786 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldás. A kitűzött feladatnál általánosabban azt igazoljuk, hogy ha egy elemű számhalmazt kétféleképpen osztunk egy-egy és elemű részre, tehát , ahol és és és az egyes részhalmazok elemeit növekvően rendezzük, tehát , , , , akkor | | Vegyünk föl két párhuzamos számegyenest és jelöljük meg mindkettőn a halmaz elemeit. Az első számegyenesen az első felosztás szerint színezzük ki az halmaz elemeit pirosra, a halmaz elemeit pedig kékre, a másodikon pedig az halmaz elemeit színezzük pirosra és a halmaz elemeit kékre. Így fent és lent ‐ darab piros és ‐ darab kék pontot kapunk. Az azonos sorszámú piros pontokat kössük össze egy-egy piros, az azonos sorszámú kék pontokat pedig egy-egy kék szakasszal. Így egy efféle ábrát kapunk:
Ekkor a részhalmazok rendezése miatt sem a piros, sem pedig a kék szakaszok nem metszik egymást. Ha a piros összeg , a kék összeg pedig , akkor állításunk szerint . Legyen tetszőleges és nézzük meg az színezését fent és lent. Ha fent is és lent is piros, azaz , akkor nem szerepel a kék összegben. Ha két példányát ‐ piros ‐ szakasz köti össze, az a piros összegben tagot jelent. Ha pedig piros ,,szomszédai'' az ábra szerint , illetve , akkor az abszolút érték felbontása után a piros összegben adódik, az tehát kiesik. Eszerint ha mindkét példánya piros, akkor az abszolút értékeket felbontva és összevonva az ellenkező előjelű azonos abszolút értékű tagokat sem a piros, sem pedig a kék összegben nem szerepel.
Ugyanez a helyzet, ha , azaz mindkét példánya kék. Nézzük meg, mi történik, ha két példánya különböző színű, mondjuk fent piros, lent pedig kék (). Ekkor piros példányából egy piros, kék példányából pedig egy kék szakasz indul. Azt állítjuk, hogy ez a két szakasz metszi egymást, az abszolút érték felbontása után tehát két példánya azonos előjellel szerepel a piros és a kék összegben. Ez pedig már elég a bizonyítandó egyenlőséghez.
Ha az felső piros példányából induló piros szakasz mégsem metszené az alsó kék példányából induló kék szakaszt, akkor föltehető, hogy ez a két szakasz az ábrán látható módon helyezkedik el, tehát . Ekkor viszont a felső számegyenes -nél nem nagyobb -beli pontjaiból induló valamennyi szakasz alsó végpontja az -től balra helyezkedik el: a piros szakaszoké azért, mert egyikük sem metszheti a piros szakaszt, a kékeké pedig azért, mert egyikük sem metszheti a kék szakaszt. Ez viszont nem lehetséges, mert így a halmaznak ugyanannyi -nél nem nagyobb eleme volna fent, mint ahány -nél kisebb eleme lent. Az piros és kék példányából induló szakaszok tehát valóban metszik egymást, ezzel a bizonyítást befejeztük. |
|