Kezdőlap


Feladat:	1112. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kunszt Zoltán , Somogyi Károly
Füzet:	1962/április, 151 - 152. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú diofantikus egyenletek, Szorzat, hatvány számjegyei, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/május: 1112. matematika feladat

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

Mindhárom sémában a két‐két részletszorzat egyenlő, ezért a szorzók jegyei egyenlők: $C = D$ , $A = B$ , $K = L$ .
Mindhárom séma összeadásában a tízes értékű helyen álló jegy egyenlő az egyik összeadandó jeggyel. Itt még nem lehet maradékátvitel, ezért a másik összeadandó jegy értéke 0, vagyis $F = M = 0$ . Így a 10-es oszlopból sehol sem megy át maradék a 100-as oszlopba, továbbá a 100-asból sem az 1000-esbe, ezért $I = E = H$ , és $P = A = N$ . Már csak az $A$ , $C$ , $E$ , $G$ , $K$ betűk értékét kell meghatároznunk.
Mindhárom séma szorzandója osztható 11-gyel: $\bar{A B} = 11 A$ , $\bar{C D} = 11 C$ , $\bar{G G} = 11 G$ , ezért a részletszorzatokra fennáll

\begin{matrix} \bar{E 0 G} = 11 A C, \bar{A 0 C} = 11 G K, \end{matrix}

másképpen

\begin{matrix} 100 E + G = 99 E + (E + G) = 11 A C, ill. \\ 99 A + (A + C) = 11 G K, amiből \\ E + G = 11 (A C - 9 E), A + C = 11 (G K - 9 A) & (1) \end{matrix}

tehát

A + C

és

E + G

osztható 11-gyel. Másrészt

A

C

E

G

egyike sem 0, mert mindegyik előfordul kezdő jegy gyanánt, továbbá nem nagyobb 9-nél, ezért

\begin{matrix} E + G = 11, és A + C = 11. \end{matrix}

(2)

Ennélfogva (1)-ből

\begin{matrix} E = \frac{A C - 1}{9}, \end{matrix}

(3)

és

\begin{matrix} K = \frac{9 A + 1}{G} . \end{matrix}

(4)

Eszerint

A

és

C

egyike sem lehet 9, mert akkor

E

nem lehetne egész. De

A

és

C

3-mal sem lehetnek oszthatók, különben

A C

többszöröse volna 3-nak, tehát nem lehetne 1-gyel nagyobb

9 E

-nél. Így (2) szerint

A

és

C

céljára csak a 4, 7 számjegypár használható. Ekkor (3)-ból mindenesetre

E = 3

, (2)-ből

G = 8

, és (4)-ből

\begin{matrix} K = \frac{9 A + 1}{8} = A + \frac{A + 1}{8} . \end{matrix}

Így csak

A = 7

és

C = 4

lehetséges, továbbá

K = 8

.
Mindezek szerint a három séma csak a

77 \cdot 44

, a

44 \cdot 77

és a

88 \cdot 88

szorzásokat ábrázolhatja. Ezek valóban meg is felelnek a feltételeknek.

Kunszt Zoltán (Pápa, Türr I. Gimn. III. o. t)

Megjegyzések. 1. Az

A

C

értékpár közelebbi meghatározására más lehetőség is van. (2) és (3) alapján

A

és

C

\begin{matrix} x^{2} - 11 x + 9 E + 1 = 0 \end{matrix}

másodfokú egyenlet gyökei, tehát

\begin{matrix} x_{1,2} = A, C = \frac{11 \pm \sqrt[]{117 - 36 E}}{2} . \end{matrix}

A diszkrimináns nem lehet negatív:

117 - 36 E \geq 0

, ezért

E < 4

. Másrészt (2)-ből

E > 1

. Mármost

E = 2

-vel

x

nem racionális,

E = 3

mellett pedig

A

C = 4

, 7.

Somogyi Károly (Bonyhád, Petőfi S. Gimn. III. o. t.)

2. Az

1 < E \leq 9

korlátozás miatt (3)-ból

A C = 9 E + 1

-re csak a 19 (prim),

28 = 4 \cdot 7

, 37 (prim),

46 = 2 \cdot 23

55 = 5 \cdot 11

64 = 8 \cdot 8

, 73 (prim) és

82 = 2 \cdot 41

értékek jönnek szóba. Ezek közül két számjegy szorzatára csak 28 és 64 bontható, de az utóbbiból

8 + 8 = 16 > 11 = A + C

. Így

A C

értéke csak 28 lehet.