A C. 1060. feladat (2011. január)

C. 1060. Legyen n egy 3-mal osztható szám. Az n-1, n-2, ..., 2, 1 sorozat minden harmadik tagját hagyjuk el. A megmaradó sorozatban két tagonként haladva adjunk a tagpároknak felváltva pozitív, majd negatív előjelet: +(n-1), +(n-2), -(n-4), -(n-5), ... . Bizonyítsuk be, hogy az így kapott számok összege n.

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. február 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. A feladat szerint \(\displaystyle (n-m)-(n-m-3)=3\) párokban adhatjuk össze a megmaradt számokat (\(\displaystyle m\) nem osztható 3-mal): azaz az első négy összege 6, az első nyolccé 12 stb. egy megmaradt számanak akkor találjuk meg a hárommal kisebb párját, ahol a kisebbik kapott negatív előjelet, ha \(\displaystyle n\) 6-tal osztható. Mivel \(\displaystyle \frac n3\) pár képezhető, ezért az összeg \(\displaystyle n\) lesz. Ha \(\displaystyle n\) nem osztható 6-tal, akkor \(\displaystyle (n-1)\)-től -4 -ig adjuk össze páronként a számokat, mégpedig pont \(\displaystyle \frac n3 -1\) párt. Tehát az összeg \(\displaystyle 3(\frac n3 -1)+2+1=n\) ismét.

2. megoldás. Az \(\displaystyle n,\ n-1,\dots\ 2,\ 1\) számokat osszuk egymást követő hatos csoportokba \(\displaystyle n\)-től kezdve. Minden hatos csoportban ekkor az elsőt és negyediket elhagytuk, a második és harmadik pozitív, az ötödik és hatodik negatív előjelet kapott. Minden csoportból az \(\displaystyle i\)-edik tagot véve azok egy-egy 6 különbségű számtani sorozatot alkotnak. A kiszámítandó összeg ezek szerint felírható ezen számtani sorozatok összegeinek (előjeles) összegeként, ha \(\displaystyle n\) osztható 6-tal (a tagok száma egyenként \(\displaystyle n/6\)). Ha nem akkor \(\displaystyle n\) 6-tal osztva 3 maradékot ad, mert \(\displaystyle n\) 3-mal osztható: \(\displaystyle \frac{n-3}6\) darab hatos csoportot tudtunk képezni és kimaradt a 2 és az 1. Ebben az esetben a sorozatonként számolt összegekhez hozzá kell adni (2+1)-t (a szabály szerint ők pozitív előjelet kaptak). Az összeg tehát az első esetben

\(\displaystyle \frac{(n-1)+5}2\cdot\frac n6 + \frac{(n-2)+4}2\cdot\frac n6 - \frac{(n-4)+2}2\cdot\frac n6 - \frac{(n-5)+1}2\cdot\frac n6 = \frac n{12}(n+4+n+2-n+2-n+4)=n.\)

A második esetben, ha \(\displaystyle n\ge 9\)

\(\displaystyle \frac{(n-1)+8}2\cdot\frac{n-3}6 + \frac{(n-2)+7}2\cdot\frac{n-3}6 - \frac{(n-4)+5}2\cdot\frac{n-3}6 - \frac{(n-5)+4}2\cdot\frac{n-3}6 +2+1= \frac{n-3}{12}(n+7+n+5-n-1-n+1)+3=n.\)

Kimaradt az \(\displaystyle n=3\) eset: \(\displaystyle 2+1=3\) valóban teljesül.

III. megoldás. Bizonyítsuk teljes indukcióval \(\displaystyle k\)-ra, ha \(\displaystyle n=3k\).

- \(\displaystyle k=1\) esetén \(\displaystyle 2+1=3\) teljesül.

- Tegyük fel, hogy ha \(\displaystyle n=3k\), akkor \(\displaystyle S_n=(n-1)+(n-2)-(n-4)-+\dots=n\), azaz \(\displaystyle S_n=(3k-1)+(3k-2)-(3k-4)-+\dots=3k\).

- Számoljuk ki a kívánt összeget, ha \(\displaystyle n=3(k+1)\). \(\displaystyle S_{n+1}=(3k+3-1)+(3k+3-2)-(3k+3-4)-+\dots=(3k+2)+(3k+1)-((3k-1)+(3k-2)-(3k-4)-+\dots)\). Az indukciós feltevést felhasználva az egyenlőség-sorozat folytatható: \(\displaystyle S_{n+1}=6k+3-3k=3k+3=n+1\), amit igazolni szerettünk volna.

Statisztika:

163 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	88 versenyző.
4 pontot kapott:	28 versenyző.
3 pontot kapott:	20 versenyző.
2 pontot kapott:	12 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
0 pontot kapott:	5 versenyző.
Nem versenyszerű:	5 dolgozat.

A KöMaL 2011. januári matematika feladatai