|
Feladat: |
1162. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Antal Magdolna , Farkas Zoltán , Fejéregyházi Sándor , Gálfi László , Garai G. , Gerencsér László , Gyárfás András , Huber Tibor , Lánc József , Lehel J. , Magyar Erzsébet , Major I. , Makai E. , Máté Attila , Máté Eörs , Nováky Béla , Raisz Miklós , Sebestyén Zoltán , Seprődi László , Somogyi K. , Surányi Andor , Szentai Judit , Szepesvári István , Szidarovszky Ágnes , Szidarovszky Ferenc , Zalán Péter |
Füzet: |
1962/november,
126 - 128. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Másodfokú diofantikus egyenletek, "a" alapú számrendszer (a >1, egész szám), Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1962/március: 1162. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Jelöljük a kétjegyű szám (egyenlő) jegyeit -szel, a négyzetéit -nal és a számrendszer alapszámát -vel. Ekkor legalább 2, és kisebb -nél és egyik sem 0. A feladat feltétele így írható: azaz Kiemeléssel, majd -gyel (ami nem 0) egyszerűsítve
A bal oldal osztható -gyel, ezért a jobb oldal is. A jobb oldalon egy -gyel nyilvánvalóan osztható részt különválasztunk: | | (1) | Eszerint a jobb oldal csak úgy lehet -gyel osztható, ha osztható vele. Másrészt , tehát kell, hogy legyen és (1)-ből vagy 2-vel szorozva, hogy -t kiküszöböljük: Ezek szerint csak a egyenletet kielégítő szám lehet. Könnyű látni, hogy , kielégíti az egyenletet, de kérdésünknek nem megoldása, mert 1 nem lehet számrendszer alapszáma, és nem áll . További megoldást keresve csak páratlan lehet, mert páratlan. Így pedig sem lehet páros, mert 2, tehát , páratlan. Mindjárt az próba megoldást ad: , és ebből . Eszerint (A tízes rendszerben az alap , a négyzete , tehát az eredmény helyes.) Tetszés szerinti számú megoldást kapunk az , megoldásból kiindulva az , képletpár alapján. Ha ugyanis , megoldás, azaz akkor , is megoldás, mert
A képletpárral és ; ezt találtuk meg próbálgatással. A következő megoldás , és .
Gálfi László (Budapest, I. István g. IV. o. t.)
Megjegyzés. (2)-ből kiküszöbölésével eszerint az , számjegyekre minden olyan pythagorászi számhármas átfogószáma, ill. nagyobb befogószáma megoldást ad, melyben a befogószámok különbsége 1. Ezek csak alap hármasok lehetnek, mert nem alaphármasban a befogószámok különbsége nyilván többszöröse a legnagyobb közös osztónak. Ezzel az észrevétellel azonban nem jutottunk közelebb a megoldáshoz, mert ha az ismert képletrendszer befogó képleteivel | | azaz ismét a (3) típusú egyenletre jutottunk, ill. arra, amely belőle helyére -et írva adódik. Lásd pl. Erdős Pál‐Surányi János: Válogatott fejezetek a számelméletből (Budapest, 1960, Tankönyvkiadó) 200. o. 6. fd.Igaz az is, de bizonyítása nem könnyű, hogy a fenti összefüggések alapján kiszámított , számpárok megadják (2) összes megoldását.Lásd legutóbb K. M. L. 23 (1961/12) 212-213. o. |
|