A K. 520. feladat (2016. november)

K. 520. Meg lehet-e adni hat olyan természetes számot, amelyekből ha az összes lehetséges módon kiválasztunk kettőt, és összeadjuk őket, akkor rendre különböző, egymást követő természetes számokat kapunk?

(6 pont)

A beküldési határidő 2016. december 12-én LEJÁRT.

1. megoldás. Tegyük fel, hogy van megfelelő hat szám. Mindenképpen különböző számoknak kell lenniük. Legyenek ezek növekvő sorrendben \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle F\).

A két legkisebb összeg \(\displaystyle A+B\) és \(\displaystyle A+C\), így ezek egymást követő természetes számok. Ebből következik, hogy \(\displaystyle C=B+1\).

Hasonlóan, a két legnagyobb összeg \(\displaystyle E+F\) és \(\displaystyle D+F\), amiből \(\displaystyle E=D+1\).

Tehát a számok: \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle B+1\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle D+1\), \(\displaystyle F\). Látható, hogy \(\displaystyle B+E=B+(D+1)=(B+1)+D=C+D\), ami ellentmondás. Tehát nem lehet megadni hat, a feltételeknek megfelelő számot.

2. megoldás. Tegyük fel, hogy van megfelelő hat szám. Mindenképpen különböző számoknak kell lenniük. Legyenek ezek növekvő sorrendben \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle F\). Csökkentsük mindegyiket \(\displaystyle A\)-val, így minden összeg \(\displaystyle 2A\)-val csökken, ami megfelelő lesz, ha eredetileg is az volt. A hat szám így \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\), \(\displaystyle f\). \(\displaystyle 15\) számpár van, így a legkisebb \(\displaystyle (0 + b)\) és a legnagyobb \(\displaystyle (e + f)\), különbségük \(\displaystyle 14\). Mivel \(\displaystyle 0 + b\) és \(\displaystyle 0 + c\) a két legkisebb összeg, így \(\displaystyle c = b + 1\). Itt tartunk: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle b + 1\), \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\), \(\displaystyle f\). A két legkisebb kéttagú összeg értéke \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle b + 1\). Jönne \(\displaystyle b + 2\).

Két lehetőség van:

I. Ha \(\displaystyle d = b + 2\), akkor a hat szám \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle b + 1\), \(\displaystyle b + 2\), \(\displaystyle e\), \(\displaystyle f\). Az eddigi összegek pedig: \(\displaystyle b\), \(\displaystyle b + 1\), \(\displaystyle b + 2\), így lennie kell (\(\displaystyle b + 3\))-nak. Ez vagy úgy lehet, hogy \(\displaystyle e = b + 3\), ami nem jó, mert akkor \(\displaystyle b + e = c + d\); vagy úgy, hogy \(\displaystyle b + c = b + 3\), ahonnan \(\displaystyle c = 3\). Ekkor a hat szám: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle e\), \(\displaystyle f\); a kéttagú összegek eddig: \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle 5\), \(\displaystyle 6\), \(\displaystyle 7\). Mivel az eddigi \(\displaystyle 4\) ismert számból mind a hat összeget képeztük, így nagyságban a következő \(\displaystyle 0 + e\) lesz, így \(\displaystyle e = 8\) lehet csak. A hat szám: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle 8\), \(\displaystyle f\). A \(\displaystyle 9\)-nek is ki kell jönnie, ami csak úgy lehetséges, ha \(\displaystyle f = 9\). A hat szám: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle 8\), \(\displaystyle 9\). De ez sajnos nem megfelelő, mert \(\displaystyle 2+9=3+8\).

II. Ha \(\displaystyle b + c = b + 2\), akkor \(\displaystyle c = 2\). Ekkor a hat szám: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\), \(\displaystyle f\). Az eddigi összegek: \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\), így \(\displaystyle d = 4\) lehet csak. A hat szám: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle e\), \(\displaystyle f\). Az eddigi összegek: \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle 5\), \(\displaystyle 6\), így \(\displaystyle e = 7\). A hat szám: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle 7\), \(\displaystyle f\). Az eddigi összegek: \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle 5\), \(\displaystyle 6\), \(\displaystyle 7\), \(\displaystyle 8\), \(\displaystyle 9\), \(\displaystyle 11\). Így \(\displaystyle f = 10\) lehet csak. A hat szám: \(\displaystyle 0\), \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 4\), \(\displaystyle 7\), \(\displaystyle 10\). De ez sem megfelelő, hiszen \(\displaystyle 1+10=4+7\).

Ellentmondásra jutottunk. Tehát nem lehet megadni hat ilyen természetes számot.

Statisztika:

60 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Cseh Dániel, Czett Mátyás, Gém Viktória, Gyuricza Gergő, Horváth 237 Lili, Juhász 315 Dorka, Kis 194 Károly, Kovács Fruzsina Dóra, Kozák 023 Áron, Markó Gábor, Nagy 345 Bálint, Paróczai Anett, Székelyhidi Klára, Szemerédi Előd, Szirtes Botond, Vincze Lilla.
5 pontot kapott:	Csikós Patrik, Rozgonyi Gergely.
4 pontot kapott:	4 versenyző.
3 pontot kapott:	11 versenyző.
2 pontot kapott:	6 versenyző.
1 pontot kapott:	12 versenyző.
0 pontot kapott:	2 versenyző.
Nem versenyszerű:	7 dolgozat.

A KöMaL 2016. novemberi matematika feladatai