Kezdőlap


Feladat:	F.2392	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hetyei Gábor
Füzet:	1983/október, 54 - 55. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Lottó, Számtani sorozat, Mértani sorozat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/december: F.2392

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

a) Legyenek a kihúzott számok $a$ , $a + d$ , $a + 2 d$ , $a + 3 d$ és $a + 4 d$ . Mivel egy számtani sorozatot kezdőtagja és differenciája egyértelműen meghatározza, a fenti alakú számötösök egyértelműen megfeleltethetők az olyan pozitív egészekből álló ( $a, d$ ) pároknak, ahol $a + 4 d \leq 90$ . Feladatunk tehát így fogalmazható át: hány olyan pozitív egészekből álló ( $a, d$ ) számpár létezik, melyre $a + 4 d \leq 90$ ?
Rögzítsük $d$ értékét! $a + 4 d \leq 90$ miatt a $a \leq 90 - 4 d$ , tehát $a$ lehetséges értékei 1, 2, 3, $...$ , $90 - 4 d$ . (Ha $d \geq 23$ , akkor nincs megfelelő $(a, d)$ pár.) Eszerint a feladat feltételeit kielégítő ( $a, d$ ) rendezett párok száma

\begin{matrix} \sum_{d = 1}^{22} (90 - 4 d) = \frac{22 \cdot (90 - 4 \cdot 1 + 90 - 4 \cdot 22)}{2} = 968. \end{matrix}

b) Ha a kihúzott számok mértani sorozatot alkotnak, jelöljük a legkisebbet

a

-val, és a sorozat hányadosát

q

-val. Ekkor a kihúzott számok

a

a q

a q^{2}

a q^{3}

a q^{4}

, ahol

q > 1

és

q

racionális, hiszen előáll két egész szám (például

a q

és

a

) hányadosaként. Legyen

\begin{matrix} q = \frac{p}{r} \end{matrix}

ahol

p

és

r

relatív prím pozitív egészek.

r

értéke szerint három esetet különböztetünk meg:

r = 1

, azaz

q

egész. Ekkor

a \cdot q^{4} \leq 90

miatt

q^{4} \leq 90

, tehát

q < 4

q = 2

esetén

a

lehetséges értékei 1, 2, 3, 4, 5, hiszen

a \geq 6

-ra

a \cdot q^{4} \leq 6 \cdot 2^{4} = 96

. Az öt szóba jövő számötös 1, 2, 4, 8, 16; 2, 4, 8, 16, 32; 3, 6, 12, 24, 48; 4, 8, 16, 32, 64 és 5, 10, 20, 40, 80, ezek valóban megoldások is. Ha

q = 3

, akkor csak

a = 1

és az 1, 3, 9, 27, 81 számötös lehetséges, mert

a \geq 2

-re

a \cdot q^{4} \geq 2 \cdot 2^{4} = 162

r = 2

. Ekkor, mivel

p

és

r

relatív prímek, és

a q^{4} = a \frac{p^{4}}{2^{4}}

egész, így

a

többszöröse 16-nak. Másfelől

p > r

miatt

p \geq 3

a q^{4} \geq 16 \cdot {(\frac{3}{2})}^{4} = 81

. Az

a = 16

p = 3

esetben a 16, 24, 36, 54, 81 megoldást kapjuk, ha pedig

a > 16

vagy

p > 3

, akkor

\begin{matrix} a q^{4} \geq 32 \cdot {(\frac{3}{2})}^{4} = 162, ill. a q^{4} \geq 16 \cdot {(\frac{4}{2})}^{4} = 256, \end{matrix}

így nincs több megoldás.

r \geq 3

. Ekkor, az előzőekhez hasonlóan

a q^{4} = a \frac{p^{4}}{r^{4}}

egész voltából

a \geq r^{4}

következik. Másfelől

p > r

miatt

p \geq r + 1

, és így

\begin{matrix} a q^{4} \geq r^{4} \cdot {(\frac{r + 1}{r})}^{4} = {(r + 1)}^{4} \geq 4^{4} = 256, \end{matrix}

tehát ebben az esetben nincs a feladat feltételeit kielégítő számötös.
Így összesen 7 megoldást kaptunk.

Hetyei Gábor (Pécs, Leöwey K. Gimn., IV. o. t.)