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