Если одно неравенство верно, верны ли другие

[Feldhamster]

Олимпиадная задача по математике, 7 класс


Условие: На доске записано 100 натуральных чисел (не обязательно различных).

а) Докажите, что если сумма любых трех чисел на доске меньше суммы любых четырех из оставшихся, то сумма любых двух чисел на доске меньше суммы любых трех из оставшихся.

б) Верно ли, что если сумма любых двух чисел на доске меньше суммы любых трех из оставшихся, то сумма любых трех чисел на доске меньше суммы любых четырех из оставшихся?


Ответ: б) неверно.


Решение:

а) Рассуждаем от противного: пусть сумма каких-то двух чисел на доске не меньше суммы каких-то трех из оставшихся чисел; тогда возьмем из остальных 95 чисел произвольные два числа $x, y$, и пусть для определенности $x \leqslant y$. Добавив $x$ к исходной тройке чисел, а $y$ – к исходной паре, получим противоречие с условием: сумма трех чисел оказалась не меньше суммы четырех.

б) Обратное утверждение неверно. Рассмотрим пример: 15, 15, 15, 11, …, 11 (три числа равны 15, остальные 97 чисел равны 11). Условие выполнено, т.к. $15+15 < 11+11+11$, но $15+15+15 > 11+11+11+11$.


Комментарий:

Мое решение условия а)

Пусть числа $a_1, a_2, a_3, ..., a_9_8, a_9_9, a_1_0_0$ расположены в порядке возрастания. Берем любые три числа, суммируем: $a_9_8+a_9_9+a_1_0_0$. Из оставшихся чисел берем любые четыре числа, суммируем: $a_1+a_2+a_3+a_4$.
Исходя из условия а) составляем верное неравенство:

$(a_1+a_2+a_3+a_4) > (a_9_8+a_9_9+a_1_0_0)$

Очевидно, что $a_4 \leqslant a_9_8$. Убирая $a_4$ и $a_9_8$ из, соответственно, левой и правой частей неравенства, получаем новое неравенство:

$(a_1+a_2+a_3) > (a_9_9+a_1_0_0)$

Это неравенство тоже верное, т.к. в результате преобразования знак неравенства не поменяется (если $a_4 = a_9_8$, то "сила" неравенства не изменится, если $a_4 < a_9_8$, то неравенство "усилится"), что и требовалось доказать.


Авторское решение условия б) основано на контр-примере: достаточно найти одно сочетание чисел в неравенствах, чтобы отрицательно ответить на вопрос. Я попробовал решить условие б) по схеме решения условия а), но зашел в тупик.


Вопросы:

1. Есть ли изъяны в моем решении условия а)?
2. Возможен ли иной способ решения условия б), отличный от авторского, в более "общем" виде?

[Null]

Feldhamster в сообщении #1505666 писал(а):

Пусть числа $a_1, a_2, a_3, ..., a_9_8, a_9_9, a_1_0_0$ расположены в порядке возрастания. Берем любые три числа, суммируем: $a_9_8+a_9_9+a_1_0_0$.

Они не любые.

[iifat]

Feldhamster в сообщении #1505666 писал(а):

получаем новое неравенство

Не получаем.

[marie-la]

Feldhamster
К вашему решению нужно добавить некое рассуждение - сказать, что любая другая сумма трех не меньше, а любая другая сумма четырех не больше получившихся у вас сумм. Если этот момент прописать, то решение годится.
По поводу б) понятно, что у вас не вышло - утверждение ведь неверно в общем случае. Для некоторых наборов верно, для некоторых неверно. Контрпример - самое то в такой ситуации.

[artempalkin]

Feldhamster в сообщении #1505666 писал(а):

2. Возможен ли иной способ решения условия б), отличный от авторского, в более "общем" виде?

Давайте представим себе более "общее" решение. Как оно будет выглядеть?

Мы берем произвольный набор чисел и доказываем, что для него утверждение МОЖЕТ БЫТЬ неверно. Но даже если вы докажете принципиально, что оно МОЖЕТ БЫТЬ неверно, это не будет значить, что оно реально неверно в каком-то случае. Вы не сможете утверждать, что оно неверно, до тех пор, пока не найдете реальной ситуации, когда оно неверно. То есть контрпример :)

Поиск этого примера может быть более или менее систематичным, но, если задуматься об этом, это и есть самый общий способ, "общее" быть не может :)

Почему-то люди интуитивно чувствуют, что контрпримеры - не общий способ, но это не так.

[Feldhamster]

marie-la в сообщении #1506033 писал(а):

К вашему решению нужно добавить некое рассуждение - сказать, что любая другая сумма трех не меньше, а любая другая сумма четырех не больше получившихся у вас сумм. Если этот момент прописать, то решение годится.

Да, я это хотел написать, примерно вот так:

Если в выражении левой части $a_1+a_2+a_3+a_4$ заменить от одного до всех чисел на любые другие из оставшихся, то сумма нового выражения будет не меньше суммы первоначального выражения, т.к. любое из оставшихся чисел (среди $a_5, ..., a_1_0_0$) не меньше любого числа из первоначального выражения $a_1+a_2+a_3+a_4$, потому что числа расположены в порядке возрастания. А если в выражении правой части $a_9_8+a_9_9+a_1_0_0$ сделать то же самое, то сумма нового выражения будет не больше суммы первоначального выражения, т.к. любое из оставшихся чисел (среди $a_1, ..., a_9_7$) не больше любого числа из первоначального выражения $a_9_8+a_9_9+a_1_0_0$, потому что числа расположены в порядке возрастания. Из этого следует вывод, что знак неравенства $(a_1+a_2+a_3+a_4) > (a_9_8+a_9_9+a_1_0_0)$ не поменяется для любой комбинации чисел.

Но потом подумал, что этот вывод просто подтвердил условие задачи а) и поэтому описанные выше рассуждения приводить бессмысленно. Но теперь вроде понятно, что рассуждения нужны. Как здесь написали, я взял не любые числа. Действительно, были взяты определенные числа: в левой части неравенства самые маленькие числа и самые большие в правой. Рассуждением было доказано, что "сумма трех любых меньше суммы четырех любых оставшихся" верно для любой комбинации чисел. И можно "с полным правом" использовать частный случай: $(a_1+a_2+a_3+a_4) > (a_9_8+a_9_9+a_1_0_0)$ как общий.

-- 23.02.2021, 21:30 --

marie-la в сообщении #1506033 писал(а):

Контрпример - самое то в такой ситуации.

artempalkin в сообщении #1506160 писал(а):

Поиск этого примера может быть более или менее систематичным, но, если задуматься об этом, это и есть самый общий способ, "общее" быть не может :)

Почему-то люди интуитивно чувствуют, что контрпримеры - не общий способ, но это не так.

Да, всё верно, теперь понятно.

п.с.
В целом, авторское решение для обоих вариантов условия самое оптимальное из мне известных.

[Feldhamster]

А если так?

Пусть числа $a_1, a_2, a_3, ..., a_9_8, a_9_9, a_1_0_0$ расположены в порядке возрастания.
Исходя из условия а) составляем верное неравенство:

$(a_1+a_2+a_3+a_4) > (a_9_8+a_9_9+a_1_0_0)$

Несмотря на то, что для неравенства взяты не любые числа, по условию а) неравенство будет верно для любой комбинации чисел, в том числе и для приведенной выше. Поэтому, этот частный случай можно рассматривать как общий.

Очевидно, что $a_4 \leqslant a_9_8$ (для такого сравнения числа и были расположены по возрастанию). Убирая $a_4$ и $a_9_8$ из, соответственно, левой и правой частей неравенства, получаем новое неравенство:

$(a_1+a_2+a_3) > (a_9_9+a_1_0_0)$

Это неравенство тоже верное, т.к. в результате преобразования знак неравенства не поменяется (если $a_4 = a_9_8$, то "сила" неравенства не изменится, если $a_4 < a_9_8$, то неравенство "усилится"), что и требовалось доказать.

[marie-la]

Feldhamster
А что вы поменяли? Все то же самое, что было.
Какой вы результат доказали? Что сумма первых трех больше суммы последних двух. А какой нужно? Что сумма любых трех больше суммы любых двух.

[artempalkin]

marie-la в сообщении #1506291 писал(а):

Какой вы результат доказали? Что сумма первых трех больше суммы последних двух. А какой нужно? Что сумма любых трех больше суммы любых двух.

Я вот, кстати, тоже не понимаю, что в этом доказательстве неверно.

Возьмем три любых числа и два любых (назовем их $b,\ c,\ d,\ e,\ f$) из нашего набора. Тогда

$b+c+d>a_1+a_2+a_3$, т.к. $a_1,\ a_2,\ a_3$ наименьшие числа и

$a_{99}+a_{100}>e+f$, т.к. $a_{99},\ a_{100}$ - наибольшие.

Получаем

$b+c+d>a_1+a_2+a_3>a_{99}+a_{100}>e+f$, т.е.

$b+c+d>e+f$

ч.т.д.. Или дело в том, что автор пропускает эти очевидные действия?

-- 24.02.2021, 12:09 --

Feldhamster в сообщении #1506268 писал(а):

Это неравенство тоже верное, т.к. в результате преобразования знак неравенства не поменяется (если $a_4 = a_9_8$, то "сила" неравенства не изменится, если $a_4 < a_9_8$, то неравенство "усилится"), что и требовалось доказать.

Мне кажется, вам не хватает чуть-чуть здесь последовательности мысли. Слишком много слов.

$(a_1+a_2+a_3+a_4) > (a_9_8+a_9_9+a_1_0_0)$

$a_1+a_2+a_3> (a_9_8-a_4)+a_9_9+a_1_0_0\geqslant a_{99}+a_{100}$, т.к. $a_9_8-a_4\geqslant 0$

$\Rightarrow a_1+a_2+a_3>a_{99}+a_{100}$

[marie-la]

artempalkin в сообщении #1506333 писал(а):

Или дело в том, что автор пропускает эти очевидные действия?

Так именно в этом и дело. Я просто выше уже написала, что стоит доказать - и будет правильное решение. Но автор решение "переделал", а про эти действия ни слова.

[Feldhamster]

Извиняюсь за задержку. Спасибо за отклики, сходу не понял ), буду разбираться и отпишу еще.

-- 02.03.2021, 14:58 --

Понял. Вот до такой записи не догадался.

artempalkin в сообщении #1506333 писал(а):

Возьмем три любых числа и два любых (назовем их $b,\ c,\ d,\ e,\ f$) из нашего набора. Тогда

$b+c+d>a_1+a_2+a_3$, т.к. $a_1,\ a_2,\ a_3$ наименьшие числа и

$a_{99}+a_{100}>e+f$, т.к. $a_{99},\ a_{100}$ - наибольшие.

Получаем

$b+c+d>a_1+a_2+a_3>a_{99}+a_{100}>e+f$, т.е.

$b+c+d>e+f$

ч.т.д