Feladat: 1465. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bajmóczy E. ,  Balogh J. ,  Barcza Gyöngyi ,  Baróthy B. ,  Bod Judit ,  Bottyán I. ,  Brieger T. ,  Csirmaz L. ,  Deák J. ,  Domokos L. ,  Faragó T. ,  Fiala T. ,  Füvesi I. ,  Gegesy F. ,  Havas J. ,  Herényi István ,  Joó I. ,  Juhász Ágnes ,  Kádas S. ,  Kalmár I. ,  Kiss Á. ,  Kloknicer I. ,  Kovács Júlia ,  Králik I. ,  Külvári I. ,  Lakatos L. ,  Langer T. ,  Lengyel T. ,  Losonci Zoltán ,  Máthé Mariann ,  Medveczky M. ,  Óhegyi E. ,  Papp Márta ,  Papp Z. ,  Perémy G. ,  Pintér J. ,  Pintz J. ,  Szarka Ilona ,  Szeidl L. ,  Szentgáli Á. ,  Szeredi Péter ,  Szilágyi P. ,  Tiszai I. ,  Tolnay-Knefély T. ,  Varga Gabriella ,  Vértes J. 
Füzet: 1967/február, 63 - 65. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Prímtényezős felbontás, Természetes számok, Tizes alapú számrendszer, Szakaszos tizedestörtek, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/május: 1465. matematika feladat

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

I. megoldás. I. Jelöljük a hét 1-essel leírt (107-1)/9 számot h-val. Így

ABAC⋅AFG=DDDDDDD=D⋅h,(1)ABAC⋅CHB=A⋅h,(2)ABAC⋅FJF=E⋅h,(3)ABAC⋅DEC=J⋅h.(4)


Szokás szerint feltesszük, hogy különböző betűk különböző számjegyeket jelentenek, és egyik szám első jegye sem 0. Az (1)‐(4) egyenlőségekben ekkor az A, B, C, D, E, F, G, J jegyek egyike sem lehet 0 vagy 5. Ugyanis az A, C, D, E, F, J mint kezdő jegyek nem 0-k, de B és G sem, mert akkor A, ill. D is 0 volna. Nem végződhetnek a tényezők 5-re sem, mert különben vagy két különböző betű (egy tényező és a szorzat utolsó jegye) megegyezne (5 volna), vagy a szorzat 0-ra végződne, de láttuk, hogy A, D, E, J nem 0; ekkor természetesen a szorzat utolsó jegye sem lehet 5.
 
Belátjuk, hogy A<C. Ugyanis A>C esetén (2) bal oldalán CHB<A⋅102, ABAC<(A+1)⋅103, ezért
(A+1)⋅103⋅A⋅102=A(A+1)⋅105>A⋅h=A⋅107-19,9(A+1)⋅105≧107,A+1≧102/9>11,


ami lehetetlen, hiszen A≦9.
 

Emiatt (2)-ben nagyobb számról van szó, mint (1)-ben, tehát A>D, így pedig (4) és (1) hasonló összehasonlításából J<D.
(2) miatt B>A. Ugyanis B<A esetén az AAAAAAA:ABAC hányados négyjegyű lenne. Ezt a fentiekből összefoglalt
J<D<A<C(5)
eredménnyel egybevetve legalább négy J-nél nagyobb, 5-től különböző számjegy van, tehát J≦4. Továbbá J a (4) szerint négyzetvégződés, ezért értéke csak 1 vagy 4 lehet. Ámde J=4 esetén C értéke 2 vagy 8 lenne, és mindkettő lehetetlen. Ugyanis az első esetben C<J adódik (5)-tel szemben, a másodikban pedig (5) csak a D=6, A=7 értékpárral teljesülhetne, holott C=8 esetén (2) miatt A páros. ‐ Így J=1, és C2 végződése miatt C=9.
(5)-ből A≧3, és D≧2. De A=3 esetén (1) bal oldala kisebb lenne 4⋅103⋅4⋅102=16⋅105-nél, amiből D<2 következnék. Ezért A≧4 és B≧6.
Másrészt B≠7 és B≠8, mert így (2)-ből A, mint a C⋅B=9B szorzat utolsó számjegye, 3, ill. 2 lenne. Ezért B=6, (2)-ből A=4, és a szorzandó ABAC=4649.
Ennélfogva (1) bal oldala kisebb 5⋅103⋅5⋅102=2,5⋅106-nál, D=2, egyszersmind ez a C⋅G=9G szorzat végződése, tehát G=8.
Most már E és F értéke csak 3 és 7 közül választható. (3) miatt E<F, ezért csak E=3, F=7 lehet. Ezekkel (1), (3) és (4) valóban teljesül, (2)-ből pedig H=5 adódik, tehát (1)‐(4)-ben a szorzó rendre 478,956,717,239.
 
II. A fentiek szerint az ABAC=N szám osztója h-nak ‐ hiszen (1) szerint osztója 2h-nak, de N páratlan ‐, így pedig a 9h=107-1 számnak is osztója, más szóval 107=N⋅P+1, ahol P egész szám. Ezért
1N=P107+1107N,
vagyis az 1:N osztásban P utolsó jegyének megállapítása után a maradék 1, innen kezdve az eddigi osztási maradékok periodikusan ismétlődnek, 1/N tizedes tört alakja szakaszos, a szakasz hossza legföljebb 7 számjegy.
Nem lehet azonban a szakasz s hossza 7-nél kisebb szám, mert ekkor s>1 esetén s valamelyik többszöröse lenne 7, ami lehetetlen, mert 7 prímszám. s=1 hosszúságú szakasz esetén pedig az osztásban csak egyféle maradék léphetne fel, holott az 1/N osztás első két maradéka 1 és 10, különbözők. Így az 1/N osztás szakasza hétjegyű; (4) alapján
1ABAC=DECJ⋅h=2391111111=21519999999=0,0˙002151˙.
(Valóban, az első szakasz kivonásával a tört 1/107 részét kapjuk:
(21519999999-0,0002151=21519999999⋅10-7.)

 Barcza Gyöngyi (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. III. o. t.)
 Losonci Zoltán (Szeged, Vedres I. ép. ip. t. III. o. t.)
 
II. megoldás a feladat első kérdésére. Gyorsan célhoz érünk, ha valahonnét ismerjük az 1 111 111 szám következő szorzat‐előállítását: 4649⋅239, és azt is tudjuk, hogy itt mindkét tényező prímszám. Így 4649 csak az ABAC tényező osztója lehet, ABAC értéke 4649 vagy 9298. Az utóbbi azonban lehetetlen, mert már a 110-szerese is 8-jegyű, tehát A=4, B=6, C=9. Másrészt most már a szorzók csak a 239-es tényezőnek 3-jegyű többszörösei lehetnek. Ilyen csak négy van: 239, 478, 717 és 956. Ezek összeegyeztethetők a már meglevő jegyekkel 239=DEC, 478=AFG, 956=CHB, végül FJF=717, így mind a négy egyenlőség teljesül és más megoldás nem lehetséges.
 
 Szeredi Péter (Budapest, Rákóczi F. g. III. o. t.)
 
Megjegyzés. J=1 megállapítása után próbálgatással kereshetjük, hogy az FJF=F1F szorzó az F mely értéke esetén osztója h-nak, vagy valamelyik 10-en aluli többszörösének. F=2 esetén 212=4⋅53, ezért csak 4h-t és 8h-t kell próbálni, de nem áll fenn oszthatóság; 313 prímszám, és nem osztója h-nak, 414=2⋅32⋅23, de 2⋅32h már 8-jegyű; 515 nem jön szóba; 616=11⋅56, de 11 nem osztója h-nak, viszont 11h már 8-jegyű. Végül a 717-tel való próba rövid úton célhoz vezet.
 Herényi István (Budapest, I. István g. IV. o. t)