Feladat: 1593. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csetényi Artúr ,  Draschitz Gy. ,  Farkas Gy. ,  Fialovszky Alice ,  Geréb M. ,  Goda B. ,  Hárs L. ,  Hegedűs A. ,  Kóczy L. ,  Maróti P. ,  Máthé Mariann ,  Nagy A. (III. o.) ,  Nagy D. ,  Nagy Zs. ,  Nikodémusz Anna ,  Pető J. ,  Pósfai J. ,  Prőhle Tamás ,  Siklósi M. 
Füzet: 1969/április, 149 - 150. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Oszthatósági feladatok, Számelmélet alaptétele, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/március: 1593. matematika feladat

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

Különböző törzsszámok hatványainak szorzatára felbontva 693=32⋅7⋅11, eszerint a keresett számoknak oszthatóknak kell lenniük 32=9-cel, 7-tel és 11-gyel, és ezek teljesülése esetén szorzatukkal is oszthatók a számok.
A 9-cel való oszthatóságot a számjegyek előírása biztosítja, mert a tízféle számjegy összege, mindegyiket egyszer véve, 45=9⋅5.
11-gyel azok és csak azok az egész számok oszthatók, amelyeknél a végétől számított páratlan sorszámú helyeken álló számjegyek összegéből a páros sorszámú helyeken álló számjegyek összegét kivonva, 11-gyel osztható számot kapunk. Ugyanis a k-adik jegy helyi értéke 10k-1, és páratlan k esetén az ennél 1-gyel kisebb szám osztható 11-gyel, mert így k-1 páros, és ezért 10k-1-1 osztható 102-1=99-cel, ami 11⋅9 (k=1 esetén is teljesül), páros k esetén pedig k-1 páratlan és 10k-1+1 osztható 10+1-gyel. Ezek alapján ‐ a legföljebb négyjegyű számokra szorítkozva ‐ így adódik az állítás: az A, B, C, D jegyekkel írt szám így alakítható:

A⋅103+B⋅102+C⋅10+D==A(11M1-1)+B(11M2+1)+C(11M3-1)+D=11M4+(D+B)-(C+A),


és az utolsó alak igazolja állításunkat (Mi egész szám).
Eszerint esetünkben ‐ a mondott két 5‐5 tagú jegyösszeget S1-gyel, ill. S2-vel jelölve S1-S2=11N. Itt N páratlan, mert S1+S2=45, páratlan, és két egész szám összege és különbsége megegyező párosságú. Továbbá csak N=±1 jöhet szóba, ezért egyikük 28, másikuk 17, mert N=±3 esetén a kisebbik összeg 6 lenne, ami nem lehet 5 különböző számjegy összege.
A 7-tel való oszthatóságot közvetlen kipróbálással fogjuk biztosítani.
693 legkisebb megfelelő többszörösét keresve, ez nem kezdődhet a szóba jövő legkisebb 1023 számjegy négyessel, mert ez S1-be 3+0-t, S2-be 2+1-et ad, és a mondott 28-as összeg hátra levő része, 25 már nem érhető el a legnagyobb három jeggyel sem: 9+8+7=24. Abból, hogy itt a hiány 1, adódik, hogy az első négy jeggyel írt számot 1024-re növelve, a páratlan sorszámú helyeken ‐ éppen a hátrább álló helyeken ‐ egyértelműen elérhető a nagy jegyeket igénylő S1=28, és ezzel S2 hátra levő jegyei is kiadódnak. Így a szóba jövő számok közül a 9⋅11=99-cel oszthatók legkisebbike ‐ a páratlan sorszámú helyeken a 7, 8, 9 jegyeket, a párosakon a 3, 5, 6-ot növekvő rendben felírva ‐ 1024375869.
Ez nem osztható 7-tel, maradéka 6, de a 11-gyel való oszthatóságot megőrző legkisebb növeléssel, 9 és 8 cseréjével elérhető a 7-tel való oszthatóság, mert így a növelés (9-8)(100-1)=99=7⋅14+1. A keresett többszörösök legkisebbike:
1024375968=693⋅1478176.
A legnagyobb többszöröst keresve, ennek elején először 9876-tal próbálkozunk. Ez S1-be 8+6=14-et ad, amiből még elérhető az összeg értékek kisebbike: 8+6+2+1+0=17, és így 9⋅11-nek legnagyobb, szóba jövő többszöröse a fentiekhez hasonlóan 9876524130.
Ennek 7-tel való osztási maradéka 4. A fentihez hasonlóan a legkisebb csökkenést okozó 1, 0 csere a számot 99-cel csökkentené, a maradékot pedig 1-gyel, 3-ra, ez nem felel meg. A tízes és ezres helyi értékű 4 és 3 cseréje viszont a számot (4-3)(1000-10)=990-nel csökkenti, ami 7⋅141+3. Eszerint mindkét cserét végrehajtva a maradék 0-ra csökken, és a kívánt többszörösök legnagyobbika:
9876523041=693⋅14251837.

 Csetényi Artúr (Kiskunhalas, Szűts J. Ált. Isk., 8. o. t. )
 Prőhle Tamás (Budapest, Fazekas M. Gyak. G., II. o. t. )