Feladat:	2018. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Janzer Orsolya Lili
Füzet:	2018/október, 387 - 389. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Matematikai Diákolimpia, Számelrendezések, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2018/szeptember: 2018. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Janzer Orsolya Lili megoldása. Tegyük fel, hogy van ilyen háromszög. Mivel egy ilyen, 2018 soros háromszögnek éppen $1+2+3+\text{...}+2018$ mezője van, minden egésznek 1-től $1+2+3+\text{...}+2018$-ig pontosan egyszer kellene szerepelnie benne. Legyen az $n$-edik sorban $M_n$ a legnagyobb, $m_n$ pedig a legkisebb szám. Most tegyük fel, hogy $n\le 2017$, és vegyük a közvetlenül $M_n$ alatt lévő számokat. Legyenek ezek a számok $a$ és $b$. Feltehető, hogy ezek közül $a>b$. Így $a-b=M_n$. Mivel $a\le M_{n+1}$ és $b\ge m_{n+1}$, kapjuk, hogy $M_{n+1}\ge M_n+m_{n+1}$ ($\ge M_{n-1}+m_n+m_{n+1}\ge \text{...}$). Így minden $1\le i<j\le 2018$-ra $\begin{array}{c}{\displaystyle M_j\ge M_i+\sum _{k=i+1}^j{m}_k\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből, mivel $M_1=m_1$, $\begin{array}{c}{\displaystyle M_{2018}\ge \sum _{k=1}^{2018}{m}_k\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát $M_{2018}$ felírható 2018 különböző pozitív egész összegeként, így $M_{2018}\ge 1+2+3+\text{...}+2018$, ezért $M_{2018}=1+2+3\text{...}+2018$, és $\left\{m_1\mathrm{,}{m}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{m}_{2018}\right\}$ egy permutációja az $\left\{\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,2018}\right\}$ számoknak. Következik továbbá, hogy minden egyenlőtlenség egyenlőséggel teljesül, azaz minden $1\le j\le 2018$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle M_j=\sum _{k=1}^j{m}_k\mathrm{.}}\end{array}$ Most legyen minden $n\le 2018$ szám ,,kicsi'', továbbá minden $1+2+\text{...}+2017\le$ ≤n≤1+2+...+2018 szám ,,nagy''. Mivel $\left\{m_1\mathrm{,}{m}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{m}_{2018}\right\}$ az $\left\{\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,2018}\right\}$ számok permutációja, minden sorban pontosan egy kicsi szám lesz. Ha $n\le 1954$, akkor: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle M_n}& {\displaystyle ={\sum }_{k=1}^n{m}_k\le 2018+2017+\text{...}+65=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(1+2+\text{...}+2018\right)-\left(1+2+\text{...}+64\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(1+2+\text{...}+2018\right)-2080<1+2+\text{...}+\mathrm{2017,}}\hfill \end{array}}$ vagyis az $n$-edik sorban nem lehet egyetlen ,,nagy'' szám sem. Ha $1955\le n\le 2017$, akkor legyen $l$ egy nagy szám az $n$-edik sorban. Legyenek a számok közvetlenül $l$ alatt $a$ és $b$; feltehető, hogy $a>b$. Így $b=a-l$, és $a\le$ ≤1+2+...+2018; mivel $l$ ,,nagy'' ($\Rightarrow$ $l\ge 1+2+\text{...}+2017$), $b\le 2018$, vagyis $b$ kicsi. Így $b=m_{n+1}$, azaz $l$ közvetlenül $m_{n+1}$ fölött van. Így legfeljebb kettő ,,nagy'' szám lehet az $n$-edik sorban. Tehát legfeljebb $126$ nagy szám van a sorokban összesen, a legalsót kivéve. Mivel összesen $2019$ ,,nagy'' szám van, legalább $1893$ ,,nagy'' szám van a legalsó sorban, ezért legfeljebb $125$ ,,nem-nagy'' van abban a sorban. A legalsó sorban 2018 szám, így 2017 szomszédos számpár van. Ha figyelmen kívül hagyjuk a közvetlenül az $m_{2017}$ alatti számpárt, és a legfeljebb 250 számpárt, amiben van ,,nem-nagy'', akkor még mindig marad olyan szomszédos pár, aminek minkét tagja ,,nagy'', és nem közvetlenül az $m_{2017}$ alatt van. Viszont a két ,,nagy'' szám különbsége kicsi, és megtalálható a $2017$-edik sorban, így az $m_{2017}$-tel együtt már kettő ,,kicsi'' szám is lenne abban a sorban, ami ellentmondás. Tehát nem létezik ilyen anti-Pascal háromszög. A megoldás forrása: https://artofproblemsolving.com.