|
Feladat: |
1143. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Bán Tamás , Bellay Ágnes , Benczúr András , Csűrös M. , Fajszi Cs. , Farkas Zoltán , Fejéregyházi S. , Földes Antónia , Gálfi László , Garai G. , Horváth K. , Huber T. , Jójárt I. (Szolnok) , Kunszt Z. , Lánc J. , Lehel József , Máté E. , Négyessy M. , Nováky Béla , Oberländer V. , Opálény M. , Pór A. , Raisz M. , Reuss P. , Sebestyén Z. , Seprődi László , Simonovits Miklós , Sonnevend György , Surányi A. , Szentai Judit , Szepesvári I. , Szidarovszky Ágnes , Szidarovszky Ferenc , Szigeti Ferenc , Szirai József , Timár Gy. , Vágvölgyi Györgyi , Varga L. , Vesztergombi György , Vilimi J. , Vincze I. , Zalán Péter |
Füzet: |
1962/október,
73 - 74. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Számhármasok, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1961/december: 1143. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az idézett számhármas-párokban az 1, ill. 2 kitevőjű hatvány-összegek egyenlők, ugyanis I-ben: , ill. , hasonlóan II-ben: , ill. , III-ban: 909, ill. , végül IV-ben: 520, ill. az összegek értéke. Eszerint az 1065. feladat tétele érvényes mind a négy számhármas-párra. (A 3-as kitevőjű hatványösszegek különbözőségének ellenőrzését mellőzhetjük, mert a feladat megoldását áttekintve látjuk, hogy a 3 kitevőjű hatványösszegek különbözőségét csak annak bizonyításában használtuk fel, hogy (1) az érték mellett nem teljesül. Itt viszont nincs szó a 4 kitevőjű hatványösszegekről.) Eszerint bármely -val teljesül mellett pl. a
egyenlőség. ‐ A 6-tagú számcsoportoknak 4-tagúakká való egyszerűsödése nem jöhet létre 0-értékű tagok miatt, mert tagjaiban a szám csupa különböző szám mellett lép fel, így pedig legfeljebb egy tagot tehetünk 0-vá alkalmas választásával. Az egyszerűsödés tehát csak úgy állhat be, ha alkalmas -val két oldalán két-két egyenlő alap lép fel, és ezek a tagok minden értéke mellett kiesnek. Azt kell tehát bebizonyítanunk, hogy van ilyen . Az egyenlő alapok egyikének (1)-ben tartalmaznia kell -t, a másiknak viszont ,,-mentes''-nek kell lennie, ugyanis mind a -mentes tagok, mind a -t tartalmazó tagok egymás között különbözők. Nem lehet szó továbbá pl. a 38 és alapok egyenlőségéről sem, mert evvel , és -ból minden tag kiesik. Ezek szerint a bal oldal mindegyik tagja a jobb oldal 2 tagjával lehet egyenlő, pl. 38=108+k, vagy 38=268+k, amiből k=-70, ill. k=-230. Ha mind a ilyen egyenletből a megfelelő -t kiszámítva valamely -értéket legalább 2-szer kapunk meg, éspedig -nak két-két különböző tagjából, akkor ezzel a értékkel két oldalán valóban csak 4‐4 különböző tag marad vissza. Mármost
108=38+k-ból k= 70, 108=268+k-ból k=-160; 268=38+k ,, k=230, 268=108+k ,, k=160; 8+k=168 ,, k=160, 8+k=238 ,, k=230; 168+k=8 ,, k=-160, 168+k=238 ,, k=70; 238+k=8 ,, k=-230, 238+k=168 ,, k=-70.
Ezek szerint a , és számok mindegyikével 4‐4 tagúra egyszerűsödik, pl. -cal kiesnek 38 és , valamint és 8, a maradó | | kifejezések értéke pedig mellett 92, mellett és mellett 9 329 168. Általában, az I. és II. számhármas-párok közös =q+r, =p+r, =2p+2q+r; =r, =p+2q+r, =2p+q+r képletéből a tétel alkalmazásávál előálló | | (2) | számhatos-párban =+k, és =+k, ha k=-p+q; =+k, és =+k, ha k=-2p-q; =+k, és =+k, ha k= p-q;(3) =+k, és =+k, ha k= -p-2q; =+k, és =+k, ha k=2p+q; végül =+k, és =+k, ha k=p+2q. Innen a paraméterek , , értékrendszerével adódó II számhármas-párra is 6 megfelelő értéket kapunk: A III és IV számcsoportok esetében a fentiek szerinti 12 egyenlőség mindegyikéből más-más -érték adódik, abszolút értékben nagyság szerint rendezve a következők: III-ból: 95, 104, 395, 401, 496, 499; IV-ből: 136, 158, 186, 206, 342, 344. Ezekkel a 6-tagú csoportokból csak 1‐1 tag esik ki, tehát a csoportok valóban csak 5-tagúra egyszerűsödhetnek.
Seprődi László (Budapest, Fáy A. g. IV. o.) Lásd az 1048. feladat fentebb idézett megoldását. |
|