Kezdőlap


Feladat:	1072. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Haupert János
Füzet:	1961/november, 115 - 116. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatósági feladatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/december: 1072. matematika feladat

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

$a$ ) Legyenek a feladat feltételeit kielégítő számok, ha vannak ilyenek, $\bar{a b c}$ , $\bar{d e f}$ , $\bar{g h i j}$ . Összefüggésüket részletesen kiírva, majd átalakítva

\begin{matrix} \begin{matrix} a & b & c \\ d & e & f & (1) \\ g & h & i & j \end{matrix} \end{matrix}

\begin{matrix} (100 a + 10 b + c) + (100 d + 10 e + f) = \\ = 1000 g + 100 h + 10 i + j, \\ (a + b + c + d + e + f) - (g + h + i + j) = \\ = 999 g + 99 (h - a - d) + 9 (i - b - e) = 9 A, \end{matrix}

ahol

A

egész szám. Másrészt valamennyi számjegy összege

\begin{matrix} (a + b + c + d + e + f) + (g + h + i + j) = 0 + 1 + ... + 9 = 45 = 9 \cdot 5. \end{matrix}

E két egyenletből a négyjegyű szám számjegyeinek összege

\begin{matrix} s = g + h + i + j = \frac{9 (5 - A)}{2}, \end{matrix}

osztható 9-cel, mert a bal oldallal együtt a jobb is egész szám, és

5 - A

osztható 2-vel, mert ha páratlan volna, akkora 9-szerese sem lehetne osztható 2-vel. Így pedig az ismert oszthatósági ismertetőjel szerint a

\bar{g h i j}

szám maga is osztható 9-cel.

b

) Megmutatjuk, hogy léteznek a feladatnak megfelelő számok.

g

értéke csak 1 lehet, mert két háromjegyű szám összege kisebb 2000-nél. Így

s

nem nagyobb

1 + 9 + 8 + 7 = 25

-nél, másrészt pozitív, tehát értéke 9, vagy 18. Próbálkozzunk

s = 9

-cel. Így

h

i

j

-t vagy a 0, 2, 6, vagy a 0, 3, 5 számhármas adja meg.
Véve a 0, 2, 6 hármast a hátralevő jegyekből bármelyik kettőnek az összege legalább akkora, mint

3 + 4 = 7

, tehát (1)-ben az összeadandók bármelyik két jegyének az összege nagyobb az összeg mindegyik jegyénél. Ezért az összeadásban minden oszlop maradékot visz a következő oszlopba. Így pl.

j = 6

csak

7 + 9 = 16

-ból adódhat. Ezért pl.

i = 2

-höz

b + e = 11

, ami a még nem használt jegyekből

3 + 8

-cal kiadódik. Most már

h = 0

, így

a + d = 9

, és éppen ennyi a hátralevő 4 és 5 összege, tehát pl.

\begin{matrix} 437 + 589 = 1026 \end{matrix}

egy megoldása a feladatnak. Ha pedig

j

i

h

-t 2, 6, 0-nak próbáljuk, hasonlóan kapjuk a

473 + 589 = 1062

megoldást. (Az oszlopok kisebb jegyét mindig az első háromjegyűbe írtuk; a három oszlopon belüli, egymástól független cseréket elvégezve mindegyik megoldás

2^{3} = 8

megfelelő összeállítást jelent. Mivel minden oszlopban vittünk át maradékot, azért mindkét példában a tízes és százas oszlop is a maga egészében megcserélhető.)

Haupert János (Pécs, Zipernovszky K. gépip. t. III. o. t.)

Megjegyzés. A dolgozatok még a következő összeállításokat találták:

\begin{matrix} 246 & 264 & 432 & 324 \\ \underset{̲}{789} & \underset{̲}{789} & \underset{̲}{657} & \underset{̲}{765} \\ 1035 & 1053 & 1089 & 1089 \end{matrix}

Ezekben is lehetséges oszlopcsere, egyrészt a tízes oszlop, másrészt a százas ill. egyes oszlop között.