Feladat: 1302. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balázs J. ,  Bojtár J. ,  Bóta K. ,  Császár Z. ,  Deák I. ,  Dévény Ilona ,  Huhn A. ,  Jahn L. ,  Kerényi I. ,  Kiss Katalin ,  Kövér Á. ,  Laczkovich M. ,  Lehel Csaba ,  Lovász L. ,  Lux I. ,  Márki L. ,  Nagy Klára ,  Nagy Pál Géza ,  Pelikán J. ,  Peterdy György ,  Siket Aranka ,  Simonovits András ,  Sófalvi M. ,  Sükösd Cs. ,  Szednrődi Annamária ,  Szemkeő Judit ,  Szép A. ,  Szörényi M. ,  Sörlei Zsuzsa ,  Treer Mária ,  Veres F. 
Füzet: 1965/január, 18 - 20. oldal  PDF file
Témakör(ök): Számfogalom bővítése, Másodfokú diofantikus egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Maradékos osztás, Szakaszos tizedestörtek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/február: 1302. matematika feladat

Határozzuk meg az egymástól különböző a, b, c, d számjegyeket, ha szakaszos tizedes tört alakban fennállanak a következő egyenlőségek:
cosα=0,ab˙=0,abbb...,cos2α=-0,cd˙=-0,cddd....

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

Megmutatjuk, hogy a szóban forgó szakaszos tizedes törtek racionális számok, vagyis van olyan A, B pozitív egész számpár, hogy pl.

0,ab=AB.(1)

Kövessük az A:B hányados első néhány jegyének megállapítását. A<B, különben a hányados egész része nem lehetne O. A következő a jegyet a 10A:B hányados egész része adja, és itt fellép egy a B-nél kisebb pozitív R maradék, különben a hányados nem lenne végtelen tizedes tört:
10A=aB+R,0<R<B,továbbáa<10.(2)

A következő lépésben a 10R:B hányados egész része b, és a maradék ismét R. A végtelen tizedes tört b számjegyeinek vég nélküli ismétlődése ugyanis a rész‐osztandó megismétlődésének a következménye, az utóbbi pedig csak akkor egyenlő a megelőző rész‐osztandóval, ha a rész‐maradék is egyenlő a megelőzővel. Így (2) figyelembevételével
10R=bR+R,9R=9(10A-aB)=bB,(3)90A=(9a+b)B,AB=9a+b90,
állításunknak megfelelően, ugyanis 9a+b egész szám. Nem lehet sem b=9, sem b=0, mert így (3)-ból R=B, ill. R=0 adódik, ellentétben (2)-vel, és a hányados véges tizedes tört: (a+1)/10, ill. a/10. ‐ Ugyanígy 0, cddd...=(9c+d)/90.
Ezek szerint az a, b, c, d számjegyeket az alábbiak szerint kell meghatároznunk:
cosa=9a+b90,cos2a=2cos2a-1=(9a+b)24590-1=-9c+d90,(9a+b)2=4590-45(9c+d)=325(90-9c-d).(4)

Az átrendezett alak szerint a jobb oldal teljes négyzet, és ez áll a 32 tényező elhagyása után maradó szorzatra is. Az 5 törzsszám, ezért a zárójelbeli kifejezés egy teljes négyzet 5-szöröse:
90-9c-d=5k2,9c+d=90-5k2,
és k értéke csak 1, 2, 3, 4 lehet. Figyelembe véve a 0a, c9, és 0<b, d<9 követelményeket, a szóba jövő számjegynégyeseket az alábbiak szerint kapjuk:
 


k=19c+d=85c=9d=49a+b=15,  a=1b=6;
 


k=29c+d=70c=7d=7; nem felel meg, mert nem különbözők;
 


k=39c+d=45, nem felel meg, mert d osztható 9-cel, amit kizártunk;
 


k=49c+d=10c=1d=1, nem különbözők.
 
S˙
Mindezek szerint csak az a=1, c=9, b=6, d=4 számjegynégyes jön szóba, és ez meg is felel a feltételnek:
cosa=0,16˙=16eseténcos2a=-1718=-0,94˙.
 Peterdy György (Győr, Benedek‐rendi Czuczor G. G. III. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. (4)-ből a, b-t így kapjuk: 9a+b többszöröse 3-nak és 5-nek, ezek relatív prímek, tehát 15-nek is; ezért 9a+b=15m, ahol m egész; másrészt a jobb oldalon a kivonandót elhagyva (9a+b)2<4590, 9a+b<64, ennélfogva m=1, 2, 3 4. Mármost m=1-gyel a=1, b=6, a fenti megoldást kapjuk, a további értékek mellett a=b, ill. b=0, vagy 9.
 

Lehel Csaba (Budapest, Apáczai Csere J. Gyak. G. III. o. t.)

 

2. Számos dolgozat ,,ismert szabály''-ra hivatkozva alakította át a szakaszos tizedes törtet közönséges törtté, mások az ugyancsak többhelyütt bemutatott fogással: cosa=0,abbb..., 10cosa=a,bbbb... kivonással 9cosa=a+b-a10=9a+b10. Ezek helyes eredményre vezetnek, de a középiskolában nem tisztázott úton, ugyanis nem láttuk be, hogy a véges számú jeggyel írt számokra ismert kivonási eljárásunk érvényes-e a vég nélküli tizedes törtekre.