KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

C. 1060. Let n denote a number divisible by 3. Every third term of the sequence n-1, n-2, ..., 2, 1 is cancelled. The subsequent pairs of terms of the remaining sequence are given alternating plus and minus signs: +(n-1), +(n-2), -(n-4), -(n-5), ... . Prove that the sum of the numbers obtained in this way is n.

(5 points)

Deadline expired on 10 February 2011.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

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.


Statistics on problem C. 1060.
163 students sent a solution.
5 points:88 students.
4 points:28 students.
3 points:20 students.
2 points:12 students.
1 point:5 students.
0 point:5 students.
Unfair, not evaluated:5 solutions.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, January 2011

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley