Kezdőlap


Feladat:	1120. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hegedűs Csaba , Huber Tibor , Kotsis Domokos , Lehel Jenő , Máté Attila
Füzet:	1962/szeptember, 19 - 20. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elsőfokú diofantikus egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/szeptember: 1120. matematika feladat

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

I. megoldás. A keresett szám jegyeit $x$ , $z$ , $y$ -nal jelölve

\begin{matrix} \bar{x z y} + 1 = 2 \cdot \bar{y z x}, azaz \\ 100 x + 10 z + y + 1 = 2 (100 y + 10 z + x) . \end{matrix}

Innen

z

-t kifejezve

\begin{matrix} z = 10 (x - 2 y) - \frac{2 x - y - 1}{10} . \end{matrix}

Mivel

1 \leq y < x \leq 9

, így a jobb oldali kivonandóban, amely egész kell hogy legyen, a számláló pozitív, másrészt 20-nál kisebb, tehát értéke 10. Továbbá

0 \leq z \leq 9

, ezért 10 szorzója a jobb oldalon csak 1 lehet. Ezek szerint

\begin{matrix} x - 2 y = 1, 2 x - y - 1 = 10, z = 9. \end{matrix}

Az első két egyenletből

y = 3

x = 7

, és

793 + 1

valóban 397 kétszerese.

Máté Attila (Szeged, Radnóti M. g. I o. t.)

II. megoldás. A követelményt

\begin{matrix} \bar{x z y} + 1 = \bar{y z x} + \bar{y z x} \end{matrix}

alakban írva az 1-es helyi értékben a bal oldalon

y < x \leq 9

miatt

y + 1 < 10

. Ámde

y + 1 = x + x

lehetetlen, ezért

y + 1 + 10 = 2 x

, azaz

y = 2 x - 11

. A tizesek összeadásából vagy

z = 2 z + 1

, vagy

z + 10 = 2 z + 1

. Az előbbi lehetetlen, az utóbbiból

z = 9

. Végül a százas oszlopban

x = 2 y + 1 = 2 (2 x - 11) + 1 = 4 x - 21

, így

x = 7

, és

y = 3

Hegedűs Csaba (Nagykanizsa, Landler J. g. II. o. t.)

Megjegyzések. 1. A követelmény utóbbi alakját

\begin{matrix} \bar{x z y} - \bar{y z x} = \bar{y z x} - 1 \end{matrix}

alakban írva a bal oldalban ráismerünk a háromjegyű gondolt szám kitalálására jól ismert eljárás¹ szerinti különbségre. Ezért a bal oldalon a középső jegy 9-es. A jobb oldal középső jegye viszont

z

, mert

x > y \geq 1

miatt az 1 egységnyi levonás nem vá1toztatja meg a tízest; eszerint

z = 9

. Másrészt a különbség szélső jegyeinek összege is 9, innen

x + y = 10

. Végül mivel

y

páratlan és

y < x

, azért csak a 793 és 991 számokon kell próbát tennünk.

Lehel Jenő (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. III. o. t.)

2. Észrevéve feladatunknak a 716. gyakorlattal² való hasonlóságát, könnyen beláthatjuk, hogy bármely

k \geq 2

esetén van olyan

k

-jegyű (természetes) szám, amely 1-gyel kisebb, mint a szélső jegyeinek felcserélésével előálló szám 2-szerese, éspedig ez a

M = 7999 ... 93

szám. Ez a 73 szám jegyei közé

k - 2

számú 9-es közbeiktatásával áll elő. Valóban, más alakban

M = 8 \cdot 10^{k - 1} - 7

, a felcseréléssel adódó szám pedig

N = 3999 ... 97 = 4 \cdot 10^{k - 1} - 3

, és így

2 N - 1 = M

Huber Tibor (Budapest, Kossuth L. gépip. t. IV. o. t.)

3. Ha a keresett számban tizedes vesszőt is megengedünk, akkor

\pm \bar{x y, z} \pm \bar{x, y z}

és

\pm 0

x y z

alakú megoldást keresünk. A második típusra megfelelő szám

- 6, 92

Kotsis Domokos (Budapest, József A. g. III. o. t.)

¹Egy 3-jegyű (természetes) számból ‐ melyben a szélső jegyek különbözők ‐ kivonva a fordított sorrendben vett jegyekkel adódó számot, a különbség egyik szélső jegyéből a különbség megállapítható.

²Lásd K. M. L. 24 (1962) 121. o.