Kezdőlap


Feladat:	1539. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Andor Cs. , Bajmóczy Ervin , Bulkai Tamás , Csetényi A. , Csörgei József , Futó Ilona , Gádoros Gabriella , Gegesy Ferenc , Horváth S. , Hunyadvári L. , Juhász Ágnes , Kocsis F. , Kocsis Judit , Kóczy L. , Körmendi S. , Losonci Zoltán , Mérő L. , Moson P. , Nagy Zsigmond , Péceli G. , Perémy Gábor , Pintér Ágnes , Pintz János , Somogyi Á. , Somos E. , Takács László , Tátray Péter , Varga Gabriella
Füzet:	1969/február, 49 - 52. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tizes alapú számrendszer, Szorzat, hatvány számjegyei, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/május: 1539. matematika feladat

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

a) Kipróbálhatnánk az adott jegyekből képezhető mindegyik számot, hogy négyzetszám-e, azonban közülük igen sokat kipróbálás nélkül kizárhatunk.
Tudjuk, hogy négyzetszám csak $0$ , $1$ , $4$ , $5$ , $6$ vagy $9$ jegyre végződhet, hiszen szorzat utolsó jegyét a tényezők utolsó jegyének a szorzata határozza meg, négyzetszám utolsó jegyét tehát az alap utolsó jegye: a $0$ , $1$ , $2$ , $...$ , $9$ számok négyzetének utolsó jegye pedig a felsorolt számjegyek valamelyike. Ezek közül esetünkben csak a $0$ és $1$ jön tekintetbe. $0$ csak $0$ -ra végződő szám négyzete végén állhat és ilyen végén mindig páros számú $0$ áll. Esetünkben ez a szám csak kettő lehet, tehát csak a $00$ -ra végződő, ,,kerek'' négyzetszámok jönnek tekintetbe.
Ha az utolsó jegy $1$ , akkor a szám páratlan szám négyzete. Az ilyen $4$ -gyel, sőt $8$ -cal osztva is $1$ -et ad maradékul. Valóban, ha az alap $2 k + 1$ alakú, akkor négyzete

\begin{matrix} 4 k (k + 1) + 1, \end{matrix}

és itt

k

és

k + 1

közül valamelyik páros, amivel igazoltuk állításunkat.
Tudjuk, hogy egy szám

4

-gyel való osztási maradéka az utolsó két jegyből alkotott szám maradékával egyezik meg, a

8

-cal való osztás maradéka pedig az utolsó három jegyből alkotott szám maradékával. Így kiesnek a

11

-re végződő számok, mert

4

-gyel osztva

3

-at adnak maradékul, a

3

utolsó jegyet nézve pedig a

101

-re,

021

-re és

221

-re végződő számok, mert ezek

8

-cal osztva

5

-öt adnak maradékul. Így

3

-jegyű végződésként a

001

201

és

121

jön csak tekintetbe.
Visszatérve a

00

végű számokra, azokból az utolsó két jegy elhagyásával is négyzetszám marad, ezek tehát a

0

1

1

1

2

2

2

jegyekből alkotott négyzetszámokból keletkeznek két

0

-nak a végére írásával, amit úgy is mondhatunk, hogy a keresett négyzetszámok közül a legalább két

0

-val kezdődőkből az első két

0

végére írásával.
A továbbiakban sem a végződésük alapján szóba jövő számokból próbáljunk négyzetgyököt vonni, hanem további szempontokból is megnézzük, melyek azok a számok, amelyeknek a négyzetei szóba jöhetnek, és hogy ezek négyzetei a megfelelő alakúak-e.
A szóba jövő alapokról megállapíthatjuk, hogy oszthatóknak kell lenniük

3

-mal, mert a megadott jegyek összege

9

, s így minden belőlük alkotott szám osztható

9

-cel, ez pedig csak

3

-mal osztható számok négyzetére teljesül.
A négyzet utolsó három jegyéből megállapíthatjuk az alap utolsó három jegyére szóba jövő számcsoportokat is. Ha ugyanis

c

és

x

négyzetének utolsó három jegye megegyezik, akkor négyzeteik különbsége:

\begin{matrix} x^{2} - c^{2} = (x - c) (x + c), \end{matrix}

(1)

osztható

1000

-rel. Mivel a két tényező egyszerre páros vagy páratlan, így esetünkben mindkettőnek párosnak kell lennie. Másrészt a szorzatnak oszthatónak kell lennie

125

-tel. Esetünkben nem lehet mindkét tényező osztható

5

-tel, ugyanis a

001

121

201

végződések esetén

c

rendre

1 (= 001)

11 (= 011)

, ill.

101

-nek választható. Az

(1)

jobb oldalán álló két tényező különbsége,

2 c

, egyik esetben sem osztható

5

-tel, így valóban nem lehet mindkét tényező osztható

5

-tel. A szorzat tehát csak úgy lehet

125

-tel osztható, ha az

5

-tel osztható tényező

125

-tel is osztható. Mivel még mindkét tényező páros is, tehát vagy

x - c

, vagy

x + c

alakja

250 k

, tehát

\begin{matrix} x = 250 k \pm c . \end{matrix}

Ez a négyzet

001

121

201

végződése esetén (ha

k

-nak az

1

2

3

4

értékeket adjuk és

c

-nek a fenti

1

11

101

számokat választjuk) a következő nyolc-nyolc lehetséges végződést adja az alapra:

\begin{matrix} 249, 251, 499, 501, 749, 751, 999, 001; \\ 239, 261, 489, 511, 739, 761, 989, 011; & (2) \\ 149, 351, 399, 601, 649, 851, 899, 101. \end{matrix}

Végül még az első néhány jegy lehetséges értékeit is tekintetbe véve, korlátokat állapíthatunk meg az alapra. A

000

jegyekkel kezdődő számokra a megadott jegyekből csak a

121

végződés lehetséges, így a kérdéses négyzetszám

000

122

121

, vagy

000

212

121

vagy

000

221

121

lehet. Ezek négyzetgyöke csak

300

-nál nagyobb és

500

-nál kisebb háromjegyű szám lehet, tehát csak

489

lehetne, de ennek a négyzete nem felel meg.
A

001

-gyel és

002

-vel kezdődő számok négyzete

121

-re vagy

201

-re végződhet, így az
(

1

022

121

1

221

201

), ill. (

2

012

121

2

211

201

) számközbe kell esnie, ha az adott számjegyekkel írható. Az alap tehát, durván számolva, az

\begin{matrix} (1000, 1110), ill. (1400, 1500) \end{matrix}

számközbe eshet csak. A megengedett végződéseket tekintetbe véve, az elsőből az

1011

és

1101

jön tekintetbe, a másodikból

1489

. Az utolsó nem osztható

3

-mal, az első kettő megfelel:

\begin{matrix} 1011^{2} = 001 022 121, 1101^{2} = 001 212 201, \end{matrix}

ezért a fentiek szerint megfelel a következő kettő is:

\begin{matrix} 10 110^{2} = 102 212 100, 11 010^{2} = 121 220 100. \end{matrix}

Ezzel, előrebocsátott megjegyzésünk szerint az összes szóba jövő,

00

-ra végződő négyzetszámot meg is kaptuk, hiszen a lehetséges,

00

-val kezdődőket már számba vettük.
A további számokra a lehetséges kezdő jegycsoport szerint osztályozva és a lehetséges végső jegyeket is figyelembe véve, a következő számközök adódnak:

\begin{matrix} N^{2} & N \\ kezdő jegyei & korlátai & korlátai (tágítva) \\ 010 & 010 022 121 & 010 221 201 & 3 160, & 3 200 \\ 011 & 011 022 201 & 011 222 001 & 3 310, & 3 350 \\ 012 & 012 002 121 & 012 221 001 & 3 460, & 3 500 \\ 02 & 020 012 121 & 022 211 001 & 4 470, & 4 720 \\ 10 & 100 022 121 & 102 221 001 & 10 000, & 10 120 \\ 11 & 110 022 201 & 112 220 001 & 10 400, & 10 600 \\ 12 & 120 002 121 & 122 210 001 & 10 900, & 11 100 \\ 20 & 200 012 121 & 202 211 001 & 14 140, & 14 220 \\ 21 & 210 002 121 & 212 210 001 & 14 400, & 14 600 \\ 22 & 220 001 121 & 222 110 001 & 14 800, & 14 910 \end{matrix}

N

-re adódó számközökbe eső és a

(2)

táblázatban adott jegyekkel végződő számok az első két intervallumnál nincsenek, a többieknél sorra a következők:

\begin{matrix} \underset{̲}{3489},3499; 4489,4499,4501,4511,4601,4649; 10 001, \underset{̲}{10 011}, \underset{̲}{10 101}; 10 489, \\ 10 499,10 501,10 511; \underset{̲}{10 989},10 999, \underset{̲}{11 001},11 011; 14 149; 14 489, \underset{̲}{14 499}, \\ 14 501, \underset{̲}{14 511}; 14 851,14 899. \end{matrix}

Közülük csak az aláhúzottak oszthatók

3

-mal. Ezeket négyzetre emelve a következő megfelelő számokat kapjuk:

\begin{matrix} 10 011^{2} = 100 220 121, 11 001^{2} = 121 022 001 és \\ 14 499^{2} = 210 221 001. \end{matrix}

A korábban talált

4

számmal együtt tehát

7

kívánt alakú négyzetszám adódott.
b) Mindjárt látjuk, hogy a talált négyzetszámok közül

6

olyan párokba rendezhető, melyekben a jegyek sorrendje fordított, és ugyanez áll a megfelelő alapokra is, ha az első kettőt az értelemszerűen megengedett

01 011

, ill.

01 101

alakban írjuk.
Ugyanez a

6

négyzetre emelés bármely

B (\geq 3)

alapú számrendszerben érvényes, ugyanis pl. a

100 220 121 = 10 011^{2}

megoldás a

\begin{matrix} B^{8} + 2 B^{5} + 2 B^{4} + B^{2} + 2 B + 1 = {(B^{4} + B + 1)}^{2} \end{matrix}

azonosságnak csupán más alakja.
Az utoljára talált megoldás miatt a feladat mindkét kérdésére a válasz nemleges, ugyanis abban a megfordított számjegysor végén

2

áll, másrészt

\begin{matrix} 2 B^{8} + B^{7} + 2 B^{5} + 2 B^{4} + B^{3} + 1 = {(B^{4} + 4 B^{3} + 4 B^{2} + 9 B + 9)}^{2} \end{matrix}

(3)

nem azonosság. Úgy is fogalmazhatjuk, hogy az első hat négyzetre emelésnél nem kerül sor tízes átvitelre, s így azok nem függenek az alapszámtól ‐ mindaddig, míg az nagyobb az egyes részletszorzatoknál, amik esetünkben

0

1

vagy

2

értékűek. Az utolsó négyzetre emelésben viszont fellép tízes átvitel és ez más-más alapszám esetén másképp alakul.

Bajmóczy Ervin, Perény Gábor és Pintz János dolgozatának felhasználásával

Megjegyzés. A talált utolsó megoldás semmilyen más számrendszerben nem érvényes. Ugyanis

(3)

-ban a

0

-ra redukálás, valamint a

B = 10

gyökhöz tartozó

B - 10

gyöktényezővel való osztás után a hányados-polinom minden együtthatója pozitív, tehát minden

B > 0

számra pozitív az értéke.