Feladat: 677. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Soós Tibor 
Füzet: 1955/december, 142 - 143. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Számkörök, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1955/április: 677. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ha a pontok helyébe a szorzandóban rendre az a, b, c, d, e és a szorzóban rendre az, f, g, h, i, j betűket tesszük, nyerjük

abzcdez×fghizj,
ahol a betűk nem szükségképpen jelentenek különböző számjegyeket, de a 6 részlet szorzat különbözőségéből következik, hogy f, g, h, i, z és j mind különböző és egyikük sem 0.
z≠5 és z≠6, mert a z-nek megfelelő 5. részletszorzat egyese mutatja, hogy z⋅z nem végződik z-re.
A h-nak megfelelő 3. részletszorzat különbözik a szorzandótól, tehát h≠1, viszont a 3. részletszorzat z-re végződik, amiből következik, hogy h⋅z szorzat z-re végződik, ami csak úgy lehetséges (h≠1,z≠5), ha h=6 és z=2, 4 vagy 8. (Lásd a 221. sz. gyakorlatot az 1955 februári szám 49. oldalán.)
z≠2, mert balról a negyedik oszlopban azt találjuk, hogy a (z+z+z+y) összeg z-re végződik, ahol y, mint az ötödik oszlopbeli maradék legfeljebb 5 lehet.
z≠8, mert z=8 esetén a 7-jegyű szorzandónak 6-tal való szorzásából származó 8-jegyű 3. részletszorzat nyilván nem kezdődhet 88-cal. Tehát z=4 az egyetlen lehetőség.
Az i-nek megfelelő 4. részletszorzat is z=4-gyel végződik, azért az i⋅4 szorzat végződése 4, és mivel i≠h=6, azért csak i=1 lehetséges.
Mivel a h=6-nak megfelelő részletszorzat 44-gyel kezdődik, azért 44:6-ból nyerjük, hogy a=7 és b=3, mert b=4=z a feltétel szerint ki van zárva.
A szorzat balról számított első jegye 4, tehát az első részletszorzat első jegye 3, amiből következik, hogy 30<f⋅7<40, és így f=5.
Mivel az 1. részletszorzatban f⋅z(=5⋅4=20) nullára végződik, azért az 5c-ből származó maradéknak 4-nek kell lennie, tehát c vagy 8, vagy 9. De c≠8, mert a 3. részletszorzatban (6c+maradék) 4-gyel végződik. Következőleg a 6d-ből származó maradéknak 6-nak kellene lennie, ami viszont feltételezi, hogy d=9 és 6e+2≥60, ami lehetetlen. Tehát c=9.
A 2. részletszorzatból kitűnik, hogy
9g+maradék  4-re végződik,4g+előző maradék  4-re végződik,3g+előző maradék  4-re végződik.  


A g-re számításba jövő 2, 3, 7, 8, 9 számok közül csak g=7 elégítheti ki a fenti feltételeket.
A 2. részletszorzatban g⋅e+2=7e+2 4-re végződik, és így e=6.
Ugyancsak a 2. részletszorzatban g⋅d+4=7d+4 (7c+1=7⋅9+1=64 miatt) maradékul 1-et ad, tehát d=1.
j-re számításba jöhet 2, 3, 8, 9. j-vel szorozva a szorzandó első három jegyéből álló 734-et csak j=2 esetén kapunk a 6. részletszorzatnak megfelelő számot, amelyben a balról számított második jegy 4, de az előtte álló jegy nem 4.
Tehát a teljes eredmény:
7349164×57614236745820514441484409498473491642939665614698328  4234162045288

 

Soós Tibor (Bp. I., Petőfi g. I. o. t.)