6. Bizonyítási módszerek

Átírás

1 6. Bizonyítási módszere I. Feladato. Egy as táblázat minden mezőjébe beírju az,, 3 számo valamelyiét és iszámítju soronént is, oszloponént is, és a ét átlóban is az ott lévő szám öszszegét. Bizonyítsd be, hogy a apott összege özött lesz ét azonos. Varga Tamás Matematia Verseny 997; 7. osztály, országos döntő. Egy 3 3-as négyzet alaú táblázat minden mezőjébe beírju az és számo valamelyiét. Ezután összeadju a soroba írt számoat, majd az egyes oszlopoba írt számoat is. Igazolju, hogy az így apott 6 szám özött mindig van legalább ettő egyenlő. Kalmár László Matematia Verseny 996; 5. osztály, országos döntő 3. Egy 3 3-as táblázat mezőibe az, 0, számo valamelyiét írtu és összeadtu az egyes soroban és oszlopoban álló számoat. Igaz-e, hogy a 6 összeg özött vanna egyenlő? KöMaL, 98. április, Gy Adott hét ülönböző természetes szám, melye összege 00. Bizonyítsu be, hogy van öztü három, melye összege legalább. KöMaL, 980. május, Gy.93. Varga Tamás Matematia Verseny 997; 8. osztály, II. ategória, országos döntő 5. Adott szám, melye összege 00. Bizonyítsu be, hogy a számo özül iválasztható három úgy, hogy az összegü legalább 6 legyen. KöMaL, 98. március, Gy Adott hét szám. Bármelyi négyet iválasztva összegü nagyobb a többi három összegénél. Bizonyítsu be, hogy mindegyi szám pozitív. 7. Adott 0 szám. Bárhogyan választun i özülü -et, eze összege isebb, mint a i nem választotta összege. Bizonyítsu be, hogy a számo mindannyian pozitíva. KöMaL, 980. otóber, Gy Száz szám összege 0. Bizonyítsu be, hogy a özülü iválasztható számpáro özött legalább 99 olyan van, amelyben a ét tag összege nem negatív. KöMaL, 983. január, Gy.097.

2 9. Az,, 3,, 9, 0 számoat leírju valamilyen sorrendben. Ezután minden számhoz hozzáadju azt a sorszámot, ahányadi a leírt sorban. Igazolju, hogy a apott összege özött biztosan lesz ettő, amelyi ugyanarra a számjegyre végződi. Kalmár László Matematia Verseny 007; 8. osztály, országos döntő 0. Egy papírlapra felírtu -től 0-ig az egész számoat. Igaz-e, hogy bárhogyan is választun i 0-et a felírt számo özül, eze özül mindig iválasztható 4 szám úgy, hogy özülü ettő ülönbsége egyenlő a mási ettő ülönbségével? Kalmár László Matematia Verseny 996. és 998; 8. osztály, országos döntő. Adott 0 ülönböző pozitív egész szám, mindegyi isebb 70-nél. Mutassu meg, hogy páronénti ülönbségei özt van négy egyenlő. KöMaL, 984. május, Gy.00.. Adott egy 3-nál nagyobb p prímszám és tudju, hogy p-ne egy hatványa 0 jegyű szám. Igazolju, hogy a 0 számjegy özött van legalább három azonos. Kalmár László Matematia Verseny 996; 7. osztály, országos döntő 3. Az,, 3,, 8, 9 számoat 3 hármas csoportra bontju, és iszámítju mindegyi csoportban a számo szorzatát. Igazolju, hogy a apott legnagyobb szorzat legalább 7. Kalmár László Matematia Verseny 996; 7. osztály, országos döntő 4. Tíz ülönböző pozitív egész szám összege 6. Igazolju, hogy a számo szorzata osztható 60-nal. Kalmár László Matematia Verseny 0; 7. osztály, országos döntő 5. Igazolja, hogy 7 páratlan egész itevőjű hatványához -et adva 8-cal osztható számot apun. Kalmár László Matematia Verseny 997; 7. osztály, országos döntő 6. Igazolju, hogy bárhogyan is adun meg 5 darab, 00-nál nem nagyobb pozitív egész számot, mindig i lehet özülü választani ettőt úgy, hogy a iválasztotta hányadosa - ne pozitív egész hatványa. Kalmár László Matematia Verseny 00; 8. osztály, országos döntő 7. Az,, 3,, 0 számo özül iválasztun -et. Mutasd meg, hogy a iválasztott számo özött mindig van ettő olyan, amely özül egyi osztója a másina. Kalmár László Matematia Verseny 990; 8. osztály, megyei forduló

3 8. Tetszőlegesen megadun 0 darab pozitív egész számot, amelye özül egyi sem osztható 0-zel. Igaz-e, hogy eor van öztü néhány olyan (esetleg az összes), amelyene összege osztható 0-zel? Kalmár László Matematia Verseny 994; 7. osztály, országos döntő 9. Igazolju, hogy tetszőleges n > 0 egész számhoz van olyan tízes számrendszerbeli K 000K00 alaú szám, amely osztható n-nel. Kalmár László Matematia Verseny 0; 8. osztály, megyei forduló 0. Bizonyítsu be, hogy minden -hatványna létezi olyan többszöröse, amelyne tízes számrendszerbeli alajában csa az -es és -es számjegye szerepelne.. Mutassa meg, hogy 03-na van olyan többszöröse, amelyne a) minden számjegye -es; b) amelyben mind a tíz számjegy szerepel. KöMaL, 995. otóber, F Egy üdülő bármely három laója özött van ettő, ai nem ismeri egymást, de bármely hét özött van legalább ettő, ai ismeri egymást. Az üdülés befejeztével mindeni megajándéozza minden ismerősét egy-egy ajándétárggyal. Bizonyítsu be, hogy n nyaraló esetén legfeljebb 6 n tárgy erül ajándéozásra. OKTV, 986; KöMaL, 986. szeptember, F Egy osztályban mindeni ét szaörbe jár, és bármely három gyere jár özös szaörbe. Bizonyítsu be, hogy van olyan szaör, ahová minden gyere jár. KöMaL, 98. május, Gy Egy osztályban bármely ét gyere jár özös szaörbe, de mindeni legfeljebb ét szaörne a tagja. Bizonyítsu be, hogy van olyan szaör, ahová az osztályna legalább a étharmad része jár. KöMaL, 986. április, Gy Egy gulyában ét falu 65 tehene legel, vöröse, fehére, feeté és tará. Igazolju, hogy ha nincsen öt ülönböző orú, azonos színű tehén a gulyában, aor található három azonos színű és egyidős tehén ugyanabból a faluból. Arany Dániel Matematiai Tanulóverseny 987/988; haladó, II. ategória,. forduló Varga Tamás Matematia Verseny 00; 7. osztály, országos döntő 6. Egy nemzetözi onferencián 9 tudós vesz részt. Egyiü sem beszél háromnál több nyelvet, és özülü bármely három özött van ettő, ai beszélne özös nyelvet. Bizonyítsu be, hogy van olyan nyelv, amelyen legalább hárman beszélne. KöMaL, 979. február, F.87. 3

4 7. Egy szobában 9 ember van. Bármely 3 özött található ettő olyan, ai ismeri egymást. Mutassu meg, hogy található a szobában négy olyan ember, ai özül bármely ettő ismeri egymást. KöMaL, 979. április, F Egy nemzetözi onferencián 00 tudós vesz részt. Mindegyiü legfeljebb 4 nyelven beszél, továbbá bármely három özött van ettő, ai beszélne özös nyelven. Bizonyítsu be, hogy van olyan nyelv, amit özülü legalább 6-an beszélne. KöMaL, 006. február, B Bizonyítsu be, hogy K + + <. KöMaL, 994. otóber, F Igaz-e minden n természetes számra a 3 4K n < 3 egyenlőtlenség? KöMaL, 998. február, F.36. II. Megoldáso. Egy as táblázat minden mezőjébe beírju az,, 3 számo valamelyiét és iszámítju soronént is, oszloponént is, és a ét átlóban is az ott lévő szám öszszegét. Bizonyítsd be, hogy a apott összege özött lesz ét azonos. Varga Tamás Matematia Verseny 997; 7. osztály, országos döntő Megoldás: Az összege lehetséges értéei 00, 0, 0,, 300. Azaz 0-féle értée lehet az összegene. A 00 sorban, a 00 oszlopban és a átlóban 0 összeget számolun, eze nem lehetne mind ülönböző értée, hiszen csa 0-féle eredményt aphatun.. Egy 3 3-as négyzet alaú táblázat minden mezőjébe beírju az és számo valamelyiét. Ezután összeadju a soroba írt számoat, majd az egyes oszlopoba írt számoat is. Igazolju, hogy az így apott 6 szám özött mindig van legalább ettő egyenlő. Kalmár László Matematia Verseny 996; 5. osztály, országos döntő Megoldás: Az összege lehetséges értéei páratlano: 3,,, 3. Azaz 4-féle összeg lehetséges. A 3 sorban és a 3 oszlopban 6 összeget számolun, eze nem lehetne mind ülönböző értée, hiszen csa 4-féle eredményt aphatun. 4

5 3. Egy 3 3-as táblázat mezőibe az, 0, számo valamelyiét írtu és összeadtu az egyes soroban és oszlopoban álló számoat. Igaz-e, hogy a 6 összeg özött vanna egyenlő? KöMaL, 98. április, Gy.049. Megoldás: A lehetséges sor-, illetve oszlopösszege hét darab szám, a 3,,, 0,, és a 3 özül erülhetne i. Ha a 6 összeg özött nincsene egyenlő, aor a felsorolt hét szám özül pontosan egy nem szerepel az összege özött. Jelöljü ezt a hiányzó számot h- val. A sorösszege összege ugyanannyi, mint az oszlopösszegeé, hiszen mindét esetben a táblázatba írt ilenc darab számot adtu össze. Emiatt a szóban forgó 6 összeg összege páros, tehát h-na is párosna ell lennie. Ebből övetezi, hogy a 3 és a 3 is szerepel az összege özött. A 3 három darab, a 3 három darab összegeént állhat csa elő, ez a három-három szám így vagy egy-egy sorban, vagy egy-egy oszlopban szerepel. Feltehető, hogy egy-egy sorban vanna. Eor a táblázat harmadi sorában mindhárom szám ülönböző, hisz egyébént volna ét egyenlő oszlopösszeg. A harmadi sorban az,, 0 számo állna valamilyen sorrendben, de abban az oszlopban, ahová a 0 erül, szintén az,, 0 számo állna, tehát találtun olyan sort és oszlopot, amelyben egyforma, 0 összegű számo állna. Tehát bárhogyan töltjü i a táblázatot, a 6 összeg özött vanna egyenlő. 4. Adott hét ülönböző természetes szám, melye összege 00. Bizonyítsu be, hogy van öztü három, melye összege legalább. KöMaL, 980. május, Gy.93. Varga Tamás Matematia Verseny 997; 8. osztály, II. ategória, országos döntő Megoldás: Legyen a hét szám A > B> C > D> E > F > G. Azt ell megmutatnun, hogy A + B+ C. Ha C > 5, aor C 6, B 7, A 8 és így A + B+ C = 5>. Ha C 5, aor D 4, E 3, F, G, aor D + E+ F + G =, ezért a többi három szám összege A + B+ C. 5. Adott szám, melye összege 00. Bizonyítsu be, hogy a számo özül iválasztható három úgy, hogy az összegü legalább 6 legyen. KöMaL, 98. március, Gy.039. Megoldás: A számo özül a három legnagyobb A B C. Ha C, aor A + B+ C 6. Ha C <, aor az A, B, C számotól ülönböző további 47 szám ugyancsa isebb mint, így az összegü isebb mint 47 = 94, ezért A + B+ C 00 94= 6. 5

6 6. Adott hét szám. Bármelyi négyet iválasztva összegü nagyobb a többi három összegénél. Bizonyítsu be, hogy mindegyi szám pozitív. I. megoldás: Legyen a hét szám A B C D E F G. Elegendő azt belátni, hogy a G szám pozitív. Az egyenlőtlenségeből A + B+ C D+ E+ F adódi. Ha G 0 lenne, aor A + B+ C D+ E+ F + G adódna, ami nem lehetséges. Ezért G > 0. II. megoldás: Legyen a hét szám a, b, c, d, e, f, g. Eor az a + b+ c+ d > e+ f + g és a + e+ f + g > b+ c+ d egyenlőtlensége összegéből a > 0 övetezi, azaz a > 0. Mivel a az adott számo bármelyiét jelölheti, ezért mindegyiü pozitív. 7. Adott 0 szám. Bárhogyan választun i özülü -et, eze összege isebb, mint a i nem választotta összege. Bizonyítsu be, hogy a számo mindannyian pozitíva. KöMaL, 980. otóber, Gy.96. I. megoldás: Legyene a számo a a a3 K a00 a0. Elegendő azt belátni, hogy a > 0. 0 Nyilván a + a + a3 + K + a a5+ a5 + a53 + K+ a00. Ha a 0 0 lenne, aor a + a + a3+ K + a a5+ a5 + a53+ K+ a00 + a0 adódna, ami nem lehetséges. Ezért a > II. megoldás: Válasszun i egyet a 0 szám özül, legyen ez a. Ha a megmaradt 00 számot ét -es csoportra osztju, és S -gyel, illetve S -vel jelöljü az egyes csoportoban álló számo összegét, eor a feltétel szerint S < S + a és S < S + a. A ét egyenlőtlenséget összeadva S + S < S + S a, így 0< a, 0 < a. Mivel a-t tetszőlegesen választottu az adott számo özül, így beláttu, hogy a számo mindannyian pozitíva. 8. Száz szám összege 0. Bizonyítsu be, hogy a özülü iválasztható számpáro özött legalább 99 olyan van, amelyben a ét tag összege nem negatív. KöMaL, 983. január, Gy.097. Megoldás: Legyene a számo a a a3 K a00. Két esetet ülönböztetün meg aszerint, hogy a milyen előjelű. Ha a 0, aor 0 a a5+ a99 a5 K a97 a98, és 0 a + a a + a a + a a + a K a + a a + a, itt felsoroltun darab nemnegatív összeget. Eze özött csa a szerepel étszer, vagyis találtun 99 olyan számpárt, ahol a ét tag összege nem negatív

7 Ha a < 0, aor 0> a a49 + a98 a48 + a97 K a3+ a5 a + a5, enne a 49 párna az összege negatív. Ez az összeg viszont nem más, mint S ( + ) a a 00, ahol S jelöli a 00 szám összegét. A feltétel szerint S = 0, így ha a + a 0, aor a + a < 00 > Ugyanaor 0< a + a00 a + a00 a3+ a00 K a98 + a00 a99 + a00, tehát most is találtun 99 olyan számpárt, amelyben a ét tag összege nem negatív. 9. Az,, 3,, 9, 0 számoat leírju valamilyen sorrendben. Ezután minden számhoz hozzáadju azt a sorszámot, ahányadi a leírt sorban. Igazolju, hogy a apott összege özött biztosan lesz ettő, amelyi ugyanarra a számjegyre végződi. Kalmár László Matematia Verseny 007; 8. osztály, országos döntő Megoldás: Legyen az,, 3,, 9, 0 számo valamilyen sorrendje a, a, a3, K, a0. Eor a feladat szerint épzett összege: b = a, b = a,, b = a 0. Azt ell belátnun, hogy a b i számo özött van ettő, amelyi ugyanarra a számjegyre végződi. Indiret úton bizonyítun. Tegyü fel, hogy nincs ettő a bi - özött, amelyi ugyanarra a számjegyre végződi. Ez azt jelenti, hogy minden lehetséges végződés pontosan egyszer fordul elő. Emiatt tudju a b + b + b3 + K + b0 összeg utolsó számjegyét, hiszen az összeadandó utolsó számjegyeine összege K + 9= 45, az összeg utolsó számjegye 5. b + b + K+ b0 = a+ a + K+ a K+ 0= 0 miatt a b + b + K + b0 összeg 0-ra végződi és nem 5-re. Ellentmondásra jutottun. Hibás volt a feltevés, így igaz a feladat állítása. 0. Egy papírlapra felírtu -től 0-ig az egész számoat. Igaz-e, hogy bárhogyan is választun i 0-et a felírt számo özül, eze özül mindig iválasztható 4 szám úgy, hogy özülü ettő ülönbsége egyenlő a mási ettő ülönbségével? Kalmár László Matematia Verseny 996. és 998; 8. osztály, országos döntő Megoldás: Belátju, hogy ha az,, 3,,0 számoból iválasztun 0 számot, és az azoból bármely ét szám összegét iszámolju, az összege özött lesz legalább ét egyenlő. Ebből övetezi a feladat állítása, mert ha a + b= c+ d, aor a c= d b. A 0 számból 45 számpár választható i, 45 összeget számolun. Az összege lehetséges értéei: 3, 4, 5,, 39, azaz 37-féle eredményt aphatun. Ebből látszi, hogy a 45 összeg özött biztosan van ét azonos eredmény. 7

8 . Adott 0 ülönböző pozitív egész szám, mindegyi isebb 70-nél. Mutassu meg, hogy páronénti ülönbségei özt van négy egyenlő. KöMaL, 984. május, Gy.00. Megoldás: Azt fogju belátni, hogy a 0 számot növevő sorrendbe állítva, már a szomszédos tago özötti ülönbsége özött is van legalább négy egyenlő. A szomszédos tago özötti ülönbsége száma 9. Tegyü fel, hogy minden ülönbség legfeljebb 3-szor fordul elő. Legalább 7 ülönböző nagyságú ülönbség van, mert 6 3+ = 9. A ülönbsége összege legalább 3 ( ) + 7= 70, azonban a ülönbsége összege 69. Az ellentmondás oa a hibás feltevés, tehát a szomszédos eleme özötti ülönbsége özött van legalább négy egyenlő.. Adott egy 3-nál nagyobb p prímszám és tudju, hogy p-ne egy hatványa 0 jegyű szám. Igazolju, hogy a 0 számjegy özött van legalább három azonos. Kalmár László Matematia Verseny 996; 7. osztály, országos döntő Megoldás: Tegyü fel, hogy a számban a számjegye özött nincs három azonos. Eor a tíz számjegy mindegyiéből legfeljebb ettő van, és csa úgy lehet 0 számjegy, ha mind a tíz számjegyből pontosan ettő van. Ezért ebben a 0-jegyű számban a számjegye összege ( K + 9) = 90, a számjegye összege osztható 3-mal, így a 0-jegyű prímhatvány is osztható 3-mal, tehát p is osztható 3-mal. Ez ellentmond anna, hogy p > 3 prímszám. Hibás a feltevésün, tehát p hatványában legalább három számjegy azonos. 3. Az,, 3,, 8, 9 számoat 3 hármas csoportra bontju, és iszámítju mindegyi csoportban a számo szorzatát. Igazolju, hogy a apott legnagyobb szorzat legalább 7. Kalmár László Matematia Verseny 996; 7. osztály, országos döntő Megoldás: Tegyü fel, hogy nem igaz az állítás. Azaz van olyan csoportosítása a ilenc számna, hogy mindhárom csoportban a számo szorzata legfeljebb 7. A szorzato özött van páros, ez legfeljebb 70. Azt aptu, hogy , ami ellentmondás, mivel ( 5 7) ( 3 4 6) ( 8 9) = A feltevés tehát hamis, az állítás igaz. 4. Tíz ülönböző pozitív egész szám összege 6. Igazolju, hogy a számo szorzata osztható 60-nal. Kalmár László Matematia Verseny 0; 7. osztály, országos döntő Megoldás: 60= 3 4 5, és a 3, 4, 5 számo páronént relatív príme, így elég belátni, hogy a tíz szám özött van 3-mal, 4-gyel és 5-tel osztható szám is. Indiret úton bizonyítun. Tegyü fel, hogy a számo özött nincs 3-mal osztható. Vegyü a tíz legisebb ilyen tulajdonságú szám összegét: = 75, ami ellentmond anna, hogy a tíz szám összege 6. Hibás a feltevés, emiatt a számo özött van 3-mal osztható. 8

9 Ha a számo özött nincs 4-gyel osztható, aor a számo összege legalább = 67, ami ellentmond anna, hogy a tíz szám összege 6. Hibás a feltevés, emiatt a számo özött van 4-gyel osztható. Ha nincs öztü 5-tel osztható, aor az összeg legalább = 63, ez ellentmond anna, hogy a tíz szám összege 6. Hibás a feltevés, emiatt a számo özött van 5-tel osztható. Beláttu, hogy a számo özött van 3-mal, van 4-gyel és van 5-tel osztható, így a számo szorzata osztható 60-nal. 5. Igazolja, hogy 7 páratlan egész itevőjű hatványához -et adva 8-cal osztható számot apun. Kalmár László Matematia Verseny 997; 7. osztály, országos döntő. megoldás: Bizonyítsun teljes inducióval. n = és n = 3 esetén 7 n + cal ( 7 + = 8, = 344 ). Belátju, ha 7 n + n+ osztható 8-cal, aor 7 + n cal, és ezzel igazoltu az állítást. 7 + n n + = = ( 7 n + ) n mert 48 7 is, ( 7 n + ) is osztható 8-cal, így az összegü is. értée osztható 8- is osztható 8-, és ez osztható 8-cal,. megoldás: A jól ismert 8 7 n+ +. n n a b a + b oszthatóság szerint 7+ 7 n + + n+, azaz 6. Igazolju, hogy bárhogyan is adun meg 5 darab, 00-nál nem nagyobb pozitív egész számot, mindig i lehet özülü választani ettőt úgy, hogy a iválasztotta hányadosa - ne pozitív egész hatványa. Kalmár László Matematia Verseny 00; 8. osztály, országos döntő Megoldás: Írju fel az 5 szám mindegyiét egy páratlan szám és egy -hatvány szorzataént. Ez a páratlan szám 00-nál isebb, így -féle értée lehet. Emiatt az 5 szám esetén lesz ettő, amelye felbontásában ugyanaz a páratlan szám szerepel. Eze hányadosa -ne pozitív egész hatványa lesz, mert a ét szám nem lehet egyenlő. 7. Az,, 3,, 0 számo özül iválasztun -et. Mutasd meg, hogy a iválasztott számo özött mindig van ettő olyan, amely özül egyi osztója a másina. Kalmár László Matematia Verseny 990; 8. osztály, megyei forduló Megoldás: (Lényegében azonos az előző feladattal.) Írju fel a szám mindegyiét egy páratlan szám és egy -hatvány szorzataént. Ez a páratlan szám 0-nál isebb, így 0-féle értée lehet. Emiatt a szám esetén lesz ettő, amelye felbontásában ugyanaz a páratlan szám szerepel. Eze hányadosa -ne pozitív egész hatványa lesz, azaz egyi szám osztója a másina. 9

10 8. Tetszőlegesen megadun 0 darab pozitív egész számot, amelye özül egyi sem osztható 0-zel. Igaz-e, hogy eor van öztü néhány olyan (esetleg az összes), amelyene összege osztható 0-zel? Kalmár László Matematia Verseny 994; 7. osztály, országos döntő Megoldás: Legyene a számo a, a, a3, K, a0. Képezzü az S = a, S = a + a, S 3 = a+ a + a3,, S 0 = a+ a + a3+ K + a0 összegeet. A apott összege özött vagy van olyan, ami 0-zel osztható, eor igaz az állítás. Ha nincs öztü 0-zel osztható, aor biztosan van ettő olyan, amelyi 0-zel osztva ugyanazt a maradéot adja, így eze ülönbsége osztható 0-zel. És ez a ülönbség néhány a i összege. 9. Igazolju, hogy tetszőleges n > 0 egész számhoz van olyan tízes számrendszerbeli K 000K00 alaú szám, amely osztható n-nel. Kalmár László Matematia Verseny 0; 8. osztály, megyei forduló Megoldás: Teintsü az,,,, 4 K 43 számoat. Eze a számo n-el osztva n-féle n+ db es ülönböző maradéot adhatna, így van ét olyan szám, melyene ugyanaz az osztási maradéa. Eze ülönbsége osztható n-nel. Ez a ülönbség K K= K00K0. Ezzel beláttu az állítást. 0. Bizonyítsu be, hogy minden -hatványna létezi olyan többszöröse, amelyne tízes számrendszerbeli alajában csa az -es és -es számjegye szerepelne. KöMaL, 995. otóber, F Megoldás: Bizonyítsun teljes inducióval. Erősebb állítást igazolun: van olyan n -jegyű, n és számjegyeből álló szám, amely osztható -nel. (Az induciós feltevés ellenőrzése.) Az állítás n =,, 3 és 4 esetén igaz, hiszen a,,, számo rendre osztható a, 4, 8, 6 számoal. (Induciós feltevés.) Feltehetjü: n= -ra még igaz, van olyan -jegyű, és számje- gyeből álló szám, amely osztható -nal. (Induciós lépés.) Belátju, hogy n= + -re is igaz az állítás: van olyan + -jegyű, és számjegyeből álló szám, amely osztható + -nel. Megfigyelhetjü a példában szereplő,,, számonál, hogy mindig a legutolsó szám elé első számjegyne írtun -et vagy -t:,,. Legyen A az induciós feltétel szerint létező -jegyű, és számjegyeből álló szám, amely osztható -nal. Írjun a szám elé első számjegyne -est, illetve írjun -est: A= 0 + A, illetve A= 0 + A. Tudju, hogy A (induciós feltétel) és így 0, A. Ha 0 + A teljesül, aor megtaláltu a eresett számot: A. Ha nem teljesül az oszthatóság, aor 0 + A= a, ahol a páratlan szám. Mivel 0 = b, és b, ahol ( a+ b) páratlan szám, így 0 + A= ( 0 + A) + 0 = a + b = ( a+ b) páros szám. Ez azt jelenti, hogy 0 + A osztható = + -nel. 0

11 . Mutassa meg, hogy 03-na van olyan többszöröse, amelyne a) minden számjegye -es; b) amelyben mind a tíz számjegy szerepel. Megoldás: a) Teintsü az,,,, 4 K 43 számoat. 03-mal osztva 03-féle 03 db es maradéot aphatun. Ha eze a számo 03-mal osztva 03-féle ülönböző maradéot adna, aor az egyi maradé 0, és az ehhez tartozó szám osztható 03-mal. Ha nem apju meg mindegyi osztási maradéot, aor lesz ét olyan szám, melyene ugyanaz az osztási maradéa. Eze ülönbsége osztható 03-mal. Ez a ülönbség K K= K00K0= K 0. Mivel 03 és 0 relatív príme, így abból, hogy 03 osztója a K 0 szorzatna, az övetezi, hogy 03 osztója az K számna. Ezzel beláttu az állítást. b) Teintsü az , , ,, számoat. Ez a 03 szám 03-mal osztva páronént ülönböző maradéoat ad, ezért valamelyi maradé a 0, és az ehhez tartozó szám osztható 03-mal.. Egy üdülő bármely három laója özött van ettő, ai nem ismeri egymást, de bármely hét özött van legalább ettő, ai ismeri egymást. Az üdülés befejeztével mindeni megajándéozza minden ismerősét egy-egy ajándétárggyal. Bizonyítsu be, hogy n nyaraló esetén legfeljebb 6 n tárgy erül ajándéozásra. OKTV, 986; KöMaL, 986. szeptember, F.59. Megoldás: Megmutatju, hogy az üdülő egyetlen laójána sem lehet 6-nál több ismerőse, ebből pedig a feladat állítása már övetezi. Bármelyi A nyaraló ismerősei ha vanna ilyene egymást nem ismerheti, ellenező esetben ét ilyen és A özül bármely ettő ismerné egymást, a feladat szövege pedig ezt izárja. A mási feltétel szerint bármely 7 ember özött vanna ismerősö, így A ismerősei mint egymást ölcsönösen nem ismerő embere valóban legfeljebb hatan lehetne. Így viszont az üdülés n darab résztvevője egyenént legfeljebb 6 másiat ajándéoz meg, az ajándéo száma ezért valóban nem több, mint 6 n. 3. Egy osztályban mindeni ét szaörbe jár, és bármely három gyere jár özös szaörbe. Bizonyítsu be, hogy van olyan szaör, ahová minden gyere jár. KöMaL, 98. május, Gy.054. Megoldás: Ha bármely ét gyere ugyanabba a ét szaörbe jár, aor igaz az állítás. Ha van ét gyere, ai nem ugyanabba a ét szaörbe járna, aor biztosan van olyan szaör, ahová mindetten járna, hiszen bármely három gyere jár özös szaörbe. Ebbe a szaörbe viszont az osztályból iválasztott tetszőleges harmadi gyere is jár, mert vele együtt ez a ét gyere jár özös szaörbe. Tehát van olyan szaör, ahová minden gyere jár.

12 4. Egy osztályban bármely ét gyere jár özös szaörbe, de mindeni legfeljebb ét szaörne a tagja. Bizonyítsu be, hogy van olyan szaör, ahová az osztályna legalább a étharmad része jár. KöMaL, 986. április, Gy.334. Megoldás: Ha van olyan gyere, ai csa egy szaörbe jár, aor a feltétel miatt az osztályból mindeni jár ebbe a szaörbe, és eor igaz az állítás. Az az eset maradt, hogy mindeni pontosan ét szaörbe jár. Teintsün valait az osztályból és legyen S és S az a ét szaör, ahová ő jár. Az első feltétel szerint eor mindeni tagja S és S özül valamelyine. A ét szaör egyiébe ezért az osztályna legalább a fele jár, azonban ez még evés. Feltehető, hogy a ét szaör egyiébe sem jár mindeni az osztályból. Van olyan g gyere, ai nem jár S -be, de eor szüségszerűen jár S -be. És van olyan g gyere, ai nem jár S -be, de jár S -be. Legyen S az a szaör, ahová g és g is jár. S S, S S. S -ne pontosan azo a tagjai, ai S és S özül csa az egyi szaörbe járna. Ugyanis, ha valai tagja S -ne és S -ne, aor nem lehet tagja S -ne, hiszen mindeni pontosan ét szaörbe jár. Ha valai tagja S -ne, de S -ne nem, aor csa úgy járhat özös szaörbe a g gyereel, ha tagja S -ne. Hasonlóan, ha valai tagja S -ne és S -ne nem, aor teintettel a g gyerere, járnia ell S -be. Több szaör nem lehet, azaz az osztály tagjai 3 szaörbe járna. Minden gyere ét szaörbe jár, így ha összeadju a szaörö létszámát, az osztály létszámána étszeresét apju. Ezért a három szaör egyiébe az osztályna legalább a étharmada jár. 5. Egy gulyában ét falu 65 tehene legel, vöröse, fehére, feeté és tará. Igazolju, hogy ha nincsen öt ülönböző orú, azonos színű tehén a gulyában, aor található három azonos színű és egyidős tehén ugyanabból a faluból. Arany Dániel Matematiai Tanulóverseny 987/988; haladó, II. ategória,. forduló Varga Tamás Matematia Verseny 00; 7. osztály, országos döntő Megoldás: Van 7 azonos színű tehén, mivel 4 szín van és 4 6< 65. Eze özött mivel csa legfeljebb négyféle orú tehén van találhatun 5 azonos orút, hiszen 4 4< 7. Az 5 tehén özött van 3, melye ugyanabba a faluba tartozna. 6. Egy nemzetözi onferencián 9 tudós vesz részt. Egyiü sem beszél háromnál több nyelvet, és özülü bármely három özött van ettő, ai beszélne özös nyelvet. Bizonyítsu be, hogy van olyan nyelv, amelyen legalább hárman beszélne. KöMaL, 979. február, F.87. Megoldás: Két esetet vizsgálun: bármely ét tudós beszél özös nyelvet; illetve van ét tudós, ai nem beszélne özös nyelvet.

13 Az első esetben bármelyiü 8 másial beszél, és mivel legfeljebb három nyelven tud, ezért található a többie özött legalább ettő (sőt legalább három), aiel azonos nyelven beszél. A másodi esetben mondju A és B nem beszélne özös nyelven. A és B mellé válasszu harmadina sorba a többi hét tudóst. Eze mindegyie a feltétel szerint vagy A-val, vagy B- vel beszél özös nyelvet. A és B együttvéve legfeljebb 3= 6 nyelven beszél, ezért van legalább ét tudós, ai azonos nyelven beszélne, ezért a többi hét tudós özött van legalább ét tudós, ai azonos nyelven beszélne mondju A-val. Ezzel befejeztü a bizonyítást. Megjegyzés: 8 tudós esetén még nem igaz az állítás, mert ha például özülü az első négyből bármely ettőne van özös nyelve és az utolsó négy özött is bármely ettőne van özös nyelve, továbbá az ehhez szüséges nyelv mind ülönböző, aor a feltételein teljesülne, az állítás mégsem igaz. 7. Egy szobában 9 ember van. Bármely 3 özött található ettő olyan, ai ismeri egymást. Mutassu meg, hogy található a szobában négy olyan ember, ai özül bármely ettő ismeri egymást. KöMaL, 979. április, F.0. Megoldás: Ha a társaságna van olyan tagja, ai legalább 4 másiat nem ismer, aor az utóbbia özül bármely ettőne ismernie ell egymást, azaz máris találtun négy megfelelő embert. Így feltehetjü, hogy mindeni legfeljebb 3 másiat nem ismer, azaz mindenine legalább 5 ismerőse van a szobában. Nem lehet mindenine pontosan 5 ismerőse, mert ez 9 5 ismeretséget jelentene, ami pedig nem egész. Kell tehát lennie legalább 6 ismerőssel rendelező emberne is, legyen A ilyen, A ismerősei özül az egyi legyen B. Ha B az A ismerősei özül legalább hármat ismer, aor eze özül valamelyi ettő A-val és B-vel együtt megfelelő négyest alot. Ha nem, aor B az A ismerősei özül legalább hármat nem ismer, ez a három és A lesz a jó négyes. Ezzel befejeztü a bizonyítást. 8. Egy nemzetözi onferencián 00 tudós vesz részt. Mindegyiü legfeljebb 4 nyelven beszél, továbbá bármely három özött van ettő, ai beszélne özös nyelven. Bizonyítsu be, hogy van olyan nyelv, amit özülü legalább 6-an beszélne. KöMaL, 006. február, B I. megoldás: Tegyü fel, hogy van ét olyan tudós, ai nem beszélne özös nyelvet. Mivel bármely három ember özt van ettő, ai megérti egymást, így ha ehhez a ét emberhez iválasztun még egy harmadiat, aor ő beszél özös nyelvet a ét ember valamelyiével. Ezen a ét emberen ívül még 98 van, így a ét ember valamelyie legalább 99 emberrel beszél özös nyelvet; nevezzü eze egyiét A-na. Mivel egy ember legfeljebb 4 nyelvet beszél, a satulya-elv alapján ebből a 99 emberből legalább 5 beszél egy özös nyelvet. Az A-t is beleszámítva tehát van 6 ember, ai egy nyelvet beszél. 3

14 Ha nincs ét olyan ember, ai nem érti meg egymást, aor mindeni mindenivel tud beszélgetni. Válasszun i egy B embert; eor ő 99 emberrel tud beszélni. Mivel egy ember legfeljebb 4 nyelvet beszél, ismét a satulya-elv alapján B legalább emberrel beszél egy bizonyos nyelven. Mindét esetben beláttu, hogy van olyan nyelv, amit legalább 6-an beszélne. II. megoldás: Tegyü fel, hogy a feladat állításával ellentétben minden nyelvet a résztvevő özül legfeljebb 5-en beszélne. Vegyün özülü egyet, A-t, ő bármelyi általa beszélt nyelven legfeljebb 4 mási tudóssal tud ommuniálni; ez azt jelenti, hogy van legalább = 03 tudós, ai nem beszél A-val özös nyelven. Ha eze egyie B, aor B is legfeljebb 4 4= 96 mási tudóssal tud beszélni, marad tehát legalább = 6 olyan, ai sem A-val, sem B-vel nem beszél özös nyelvet. Ha egyiü C, aor A, B, C özül semelyi ettő nem beszél özös nyelvet, ami ellentmond a feladat feltételéne. 9. Bizonyítsu be, hogy K + + <. KöMaL, 994. otóber, F.308. Megoldás: Vizsgálju általános helyzetben ezt az egyenlőtlenséget. Legyen tetszőleges n pozitív egészre = n+ n + n + K+ + A n. Teljes inducióval lássu be, hogy A n < n +. Ez n = 00 esetén éppen a ívánt állítás. Ha n =, aor A = és n + = n, tehát igaz az állítás. Ha valamely -nél nagyobb n-re A n < n, aor A = n+ A < n+ n + < n+ n + = n. Ezzel + igazoltu az állítást. n n Igaz-e minden n természetes számra a 3 4K n < 3 egyenlőtlenség? KöMaL, 998. február, F.36. Megoldás: Ha n, aor rögzítsü az n értéét, és teintsü az alábbi sorozatot. a n = n, a n = ( n ) n = ( n ) a n,, a = a+,, a = a3. A feladat érdése az, hogy 3 4K n = a < 3 igaz-e. Általánosabban bizonyítju, hogy ha n, aor a < +, ha =,3, K, n. Ezt = n -ről indulva eor a n = n < n+ nyilvánvaló a csöenő értéeire vonatozó teljes inducióval igazolju, ha a < +, aor a <. Valóban, a = ( ) a < ( )( + ) = < = Ezzel a bizonyítást befejeztü.. 4