Feladat: 552. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Horváth Kálmán ,  Nagy Géza ,  Pallós Lajos 
Füzet: 1959/november, 134. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Oszthatóság, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/március: 552. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: A zárójelbeli, két jeggyel írható számokat a, b-vel jelölve (vagyis 0≤a, b≤99) követelményünk (a+b)2=100a+b, másképpen (a+b)2-(a+b)=99a alakban írható, vagy még, a+b=c jelöléssel, c2-c=c(c-1)=99a alakban, ahol c=a+b≤99, mert négyzete leírható négy jeggyel. Eszerint c(c-1) osztható 99-cel, vagyis 9=32-nel és 11-gyel. Mivel c és c-1 relatív prímek, csak egyikük osztható 3-mal, ezért egyikük osztható 9-cel.
Ha 9 és 11 mindegyikével c osztható, akkor c=99 és a=98, tehát b=c-a=1=01. Valóban, (98+01)2=992=9801 mutatja a kívánt megegyezéseket.
Ha 9-cel c és 11-gyel c-1 osztható: c=9x, c-1=11y, azaz 9x-1=11y, ahol x, y pozitív egészek és 9x<99, 11y<98. Könnyű belátni, hogy e feltételeknek csak c=45 felel meg, és ekkor a=45⋅44/99=20, b=c-a=25. Valóban (20+25)2=452=2025 szintén megfelel.
Ha pedig 9-cel c-1 és 11-gyel c osztható, akkor hasonlóan c=55, a=30, és a bemutatott példára jutunk. Mivel c-1≤98, így nem lehet ez a tényező osztható 9-cel is, 11-gyel is.

 

Nagy Géza (Debrecen, Ref. g. I. o. t.)
 

Megjegyzés. Hasonló, de hosszabb próbálgatással vezet célhoz a következő meggondolás: b csak olyan két jeggyel írható szám lehet, melyre b2 tizes és egyes jegye egyezik b-ével, vagyis b2-b=b(b-1)=100x=22⋅52x. Innen b<100 folytán b-re és b-1-re csak a 0, 25, 50, 75 számok jöhetnek szóba. Közvetlen próbálgatással kapjuk, hogy csak b=01, és b=25 felel meg, és ezekhez a fenti másodfokú egyenletből a=98, ill. a=30 és 20.
 

Horváth Kálmán (Kaposvár, Táncsics M. g. I. o. t.)
 

II. megoldás: Az (a+b)2=100a+b egyenletből: a=50-b±2500-99b. A diszkrimináns csak b≤25-re pozitív, másrészt a 2500-99b=d2 követelményből (ahol d egész) 2500-d2=(50-d)(50+d)=99b, és így a=50-b±d. Itt egyrészt d2<2500, d<50, másrészt 50-d és 50+d közül csak az egyik lehet 3-mal osztható, az ellentétes feltevésből ugyanis az következnék, hogy összegük: 100 is osztható 3-mal. Ezekből a fentiekhez hasonló próbálgatással a már látott előállításokhoz jutunk.
 

Pallós Lajos (Pannonhalma, Bencés g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Számos dolgozat a (98+01)2=9801 előállítást nem fogadta el, mert a 01 szám ,,nem kétjegyű.'' Ez igaz, de a feladat két jeggyel írható számokról beszélt, és az egyjegyű számok is írhatók két jeggyel (számozógépek!).