Feladat: F.2446 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1984/május, 210 - 212. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú diofantikus egyenletek, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Feladat, Esetvizsgálat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/december: F.2446

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

1. Írjuk összeg alakban a két- és a három jegyű számokat - az egyes számjegyek helyi értékének figyelembevételével - , majd rendezzük át az egyenlet jobb oldalát:

100A+10B+C=(10A+B)⋅C+(10B+C)⋅A+(10C+A)⋅B=(1)=11(AB+BC+AC).


Eszerint mindkét oldal többszöröse a 11-nek. A bal oldali együtthatók csak 1-1 egységgel térnek el 11-nek egy-egy többszörösétől, így
100A+10B+C=11(9A+B)+(A-B+C),(2)
eszerint (A-B+C) is osztható 11-gyel.
A kérdéses számjegyek mindegyike előfordul kezdő számjegyként, így:
1≤A,B,C≤9,
emellett különböző egész számok. Ezért egyrészt
A+C-B≤9+8-1=16,
másrészt
A+C-B≥1+2-9=-6.
E két korlát között csak két szám osztható 11-gyel, nevezetesen 0 és 11, e két eshetőséget külön-külön vizsgáljuk.
2. Ha A-B+C=0, helyettesítsük (1)-ben B helyére A+C-t. Mindjárt 11-gyel osztva:
10A+C=(A+C)2+AC,(3)
vagyis
10A-A2-3AC=A(10-A-3C)=C2-C=C(C-1).
Eszerint a jobb oldal osztható A-val, írjuk így: C(C-1)=KA, ahol K≥0, egész szám.
A K=0 eset tüstént megoldást ad, ebből ugyanis C=1, és az
A(7-A)=0
egyenletből A=7, majd B=8, és valóban teljesül, hogy
78⋅1+81⋅7+17⋅8=781.

Viszont K>0 mellett nincs megoldás, mert így egyrészt C≠1,C≥2 másrészt az A-val osztott egyenletből
10-A-3C=K≥1,
emiatt C<3,C≤2. Márpedig C=2 mellett (3) alakja A2-4A+2=0, és ennek nincs egész gyöke.
3. Ha pedig A-B+C=11, ismét a B=A+C-11 kiküszöböléssel, hasonló lépésekkel (1)-ből
10A+C-10=(A+C-11)(A+C)+AC,
amit most így rendezünk át:
3(7A+4C-AC-4)=A2+C2-2.(4)
A bal oldal miatt a jobb oldal is osztható 3-mal, vagyis 3-mal osztva (A2+C2)-et, maradékul 2 adódik. Mivel a 3k,3k+1,3k-1 alakú számok négyzete sorra 3m, ill. (3m+1), ill. (3m+1) alakú, azért A és C egyike sem osztható 3-mal. Ezért A+C≤8+7=15, másrészt B≥1 miatt A+C≥12. Most A+C számára végigvizsgáljuk a 12,13,14 és 15 értékeket. Ehhez így alakítjuk (4)-et:
3(A-4)(7-C)=A2+C2-74.

Az A+C=12 összeg 8+4 és 7+5 alakban adódhat ki ‐ mindkét sorrendben ‐ és a jobb oldal értéke 6, illetve 0 lesz, egyszersmind
(A-4)(7-C)=2,  illetve  0.
Ha a jobb oldal 2, akkor A≠4, viszont A=8 és C=4 mellett nem teljesül az egyenlet. A másik eshetőségből C=7, és A=5,B=1 megoldást ad, teljesül a követelmény:
517=51⋅7+17⋅5+75⋅1.

A további három eset nem ad megoldást. A+C=14-ben a korlát és A≠C miatt a kisebbik számjegy 6-nak kínálkozik, de ez többszöröse a 3-nak. A+C=15 csak 8+7 alakban, A+C=13 csak 8+5 alakban jön szóba, ezekkel azonban a jobb oldal 39=3⋅13, illetve 15=3⋅5, márpedig a bal oldalban nem állhat elő 13-as, ill. 5-ös tényező.
Minden eshetőséget számba vettünk és a következő két számjegyhármast találtuk megfelelőnek:
A=7,B=8,C=1  és  A=5,B=1,C=7.
 

Megjegyzések. 1. A (2) átrendezés nem csak alkalmi fogás, hanem bármilyen sokjegyű számnál használható, a 11 -gyel való oszthatóság könnyítő ismertető jele. Minden páros kitevőre 102k-1 osztható 102-1=11⋅9-cel és minden páratlan kitevőre 102k+1+1 osztható (10+1)-gyel. Más szóval: 10n-nek a 11-gyel való osztásbeli maradéka +1, ill. (-1) aszerint, hogy n páratlan, ill. páros. Ennélfogva az N=anan-1...a1a0 szám helyett elegendő vizsgálni a számjegyeiből képezett J=(a0+a2+a4+...)-(a1+a3+a5+...) különbséget. N akkor és csak akkor osztható 11-gyel, ha J osztható vele.
2. Nem értékeltük azokat a dolgozatokat, amelyek számítógépes vizsgálat alapján kapták meg a megfelelő számjegyhármasokat (lásd a pontversenykiírást lapunk szeptemberi számában).