Feladat: 1298. matematika feladat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Lantos Katalin 
Füzet: 1965/március, 109 - 110. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú diofantikus egyenletek, Maradékos osztás, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/február: 1298. matematika feladat

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

I. megoldás. A közölt növekedő sorrend miatt 1≤A<B<C<9, mert 9-essel csak egy lottószám kezdődik ‐, másrészt B<D≤9; feltehetjük továbbá, hogy C≠D, hiszen a feladatban csak a számjegyek ismétlődése érdekes, így csak szükség esetén írtak új betűt; ugyanígy E is különböző A, B, C, D-től.
A számjegyek helyi értékét kiírva az összeg-követelményből

11A+12B+31C+D=100B+11C,11A+20C+D=88B.


A fentiek szerint A≤6, C≤8, így a bal oldal nem nagyobb 235-nél, ezért B≤235/88<3, ennélfogva A=1 és B=2. Mostmár 20C+D=165, ezt az egyenletet csak a D=5, C=8 számjegypár elégíti ki, így a kihúzott számok csak a következők lehettek : 12, 28, 81, 82, 85. Összegük 288, megfelel a feltételnek, úgyszintén a 81⋅28=2268 és 80⋅85=6885 szorzatok is, E=6.
Ezzel a feladatot megoldottuk, a két szorzat-követelményt a megoldásban nem kellett felhasználnunk.
 

 Lantos Katalin (Budapest, Zrínyi I. g. III. o. t.)
 

Megjegyzés. A szóban forgó számegyüttes a magyar lottójáték 1963. dec. 13-i húzásának eredménye.
 

II. megoldás. Induljunk ki az utolsó követelményből, ami ‐ CD¯-t levonva mindkét oldalból ‐, így írható:
(CA¯-1)⋅CD¯=100⋅EC¯(1)
Eszerint a bal oldali szorzat osztható 25-tel is, 4-gyel is. Egyik tényező sem lehet külön 25-tel osztható, ugyanis C≥3, tehát a 25-tel osztható tényező csak 50 vagy 75 lehetne, vagyis C=5 vagy 7 lenne. Az első esetben a szorzat 53-nal is osztható volna, ami csak úgy lehetne, ha az egyik tényező 50, a másik 55, de ezek szorzata nem osztható 4-gyel. Ha C=7, akkor A≤C-2=5, tehát csak a második tényező lehet 75. CA-1-nek akkor oszthatónak kell lennie 4-gyel, amiből A=3. De ekkor 72⋅75=100⋅54, holott 100 szorzójának 7-re kell végződnie.
Ezek szerint (1) bal oldalának mindkét tényezője osztható 5-tel. Így D>0 miatt D=5, CD¯ páratlan, emiatt CA¯-1 osztható 20-szal. Ekkor A=1, és C páros, így EC¯ is, mindkét oldal osztható 8-cal, ezért CA¯-1 osztható 40-nel, tehát csak C=4 és 8 lehet. C=4 esetén a 40⋅45=100⋅18 szorzat nem (1) alakú, ellenben C=8 esetén 80⋅85=100⋅68 alakú és E=6.
Mostmár az első szorzat-követelményből CA¯⋅BC¯=BBEC¯, 81(10B+8)=1100B+68. Innen B=2, és a kihúzott számok: 12, 28, 81, 82, 85, megfelelnek az összegkövetelménynek is.
 

Megjegyzés. Az utolsó követelményben nem szerepel B, ezért kellett egy további követelményt felhasználnunk. Hasonlóan a III. megoldásban ahol az első szorzatból fogunk kiindulni ‐, D-t a második szorzatból számítjuk.
 
III. megoldás. Alakítsuk az első szorzat-követelményt az alábbiak szerint:
CA¯⋅BC¯=BBEC¯,10B⋅CA¯+C⋅CA¯=1100B+EC¯,(2)B=C⋅CA¯-EC¯10(110-CA¯)≦8⋅86-EC¯10(110-86)<688240<3.


CA helyére C≤8 és A≤6 alapján írtuk be legnagyobb szóba jövő értékét, ezzel a számláló nem csökkent, a nevező nem növekedett, tehát a hányados nem csökkent. A számláló kivonandóját elhagyva a második átalakításban biztosan nagyobb értéket írtunk a hányados helyére. (AB>A követelményt az első alakításban nem vettük tekintetbe.) Eszerint A=1 és B=2.
Másrészt E>B, és így E≥3, mert az ötödik szám nagyobb a másodiknál, ennélfogva a második szorzat nagyobb az első szorzatnál, és a szorzatok első számjegyei különbözők.
Az eddigiek alapján (2) így alakítható:
(10C+1)(20+C)=2200+10E+C≧2230+C,C2+20C-221≥0,


amiből C≥8 vagy C≤-28. Csak C=8 felel meg, mert C<9, így az első szorzat értéke 81⋅28=2268, tehát E=6.
Eszerint a második szorzat 6880 és 6890 közé esik, ezeket a harmadik számmal, 81-gyel osztva az ötödik számra egy alsó és egy felső korlátot kapunk: 84,9 (lekerekítéssel) és 85,1 (felkerekítéssel), tehát az ötödik szám 85, azaz D=5.