Kezdőlap


Feladat:	584. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ábrán Margit , Vezse József
Füzet:	1960/április, 133 - 134. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1959/október: 584. matematika gyakorlat

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

A leírt 6-jegyű számban a (balról) első 3 jegy a következő 3 jegyből álló szám (a gondolt $N$ szám) $1000$ -szeresét képviseli, tehát a hat jegyű számban $1001$ $N$ áll előttünk. Így a 2. és 3. lépés után Erzsi papírján az

\begin{matrix} N_{1} = \frac{1001 N + 3514}{7} = 143 N + 502 \end{matrix}

szám állt, a 4. és 5. lépés után

\begin{matrix} N_{2} = \frac{N_{1} + 3524}{11} = \frac{143 N + 4026}{11} = 13 N + 366, \end{matrix}

végül a kimondott hányados a következő volt:

\begin{matrix} N_{3} = \frac{N_{2} + 3534}{13} = \frac{13 N + 3900}{13} = N + 300. \end{matrix}

Eszerint nem csoda, ha Pista egycsapásra kimondta a gondolt számot.
A mintapéldában azért adódott minden osztás maradék nélkülinek (ez ugyanis kimondatlan ,,törvénye'' az efféle játékoknak), mert az osztóként használt számok szorzata osztója az

N

kétszer egymás után való íratásában burkoltan használt szorzónak, ugyanis

d_{1} d_{2} d_{3} = 7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001

. És a kitalálás művelete azért egyszerűsödött puszta kivonássá, azért adódott

N_{3}

-ban

N

együtthatója 1-nek, mert az eljárás során felhasznált osztók szorzata éppen

1001

volt. (Ha Pista

N_{2}

-t kérdezte volna meg Erzsitől, akkor kivonáson felül még osztást is kellett volna végeznie

N

kiszámítására.) Az osztás maradéktalanságához ezentúl az is kellett, hogy az

a_{1}

hozzáadandó maradék nélkül osztható legyen az utána következő

d_{1}

-gyel,

a_{2}

és

a_{3}

pedig az előttünk adódott

502

, ill.

366

többlettel együtt adjanak

d_{2}

-vel,

d_{3}

-mal osztható számot.
Ezek szerint

a_{1}

a_{2}

a_{3}

helyén sok más számot is használhattunk volna,

d_{1}

d_{2}

d_{3}

helyén azonban csak az adottakat, legfeljebb más sorrendben.
II. Már most egy kétjegyű számnak háromszor egymás után való írása a fentihez hasonlóan

10101

-gyel való szorzásának felel meg, és törzsszámok szorzatára bontva

10101 = 3 \cdot 7 \cdot 13 \cdot 37

. Így a kívánt eljárásban legfeljebb négy szakaszban ‐ négy hozzáadással és négy osztással ‐ el kell jutnunk a kimondandó számhoz (oszthatunk ugyanis egycsapásra két törzstényező szorzatával is, pl.

3 \cdot 7 = 21

-gyel, ekkor a szakaszok száma kevesebb). Egy lehetőség a hozzáadandók és a sorrend megválasztására:

\begin{matrix} a_{1} = 342, d_{1} = 3; a_{2} = 348, d_{2} = 7; a_{3} = 363, d_{3} = 13; a_{4} = 374, d_{4} = 37, \end{matrix}

ezekkel a kimondott számból levonandó szám 11.

Vezse József (Debrecen, Péchy M. ép. ip. t. II. o. t.)

Megjegyzés. Ábrán Margit (Budapest, Berzsenyi D. ig. II. o. t.) az osztóknak és sorrendjüknek megválasztásával olyan hozzáadandó állandókat adott meg, amelyek abban is hasonlítanak az adott példához, hogy bennük

a_{2} - a_{1} = a_{3} - a_{2} = 10

, és a kimondandó számnak a gondolttal szemben való többlete is

A = 300

. Ezek a következők:

a_{1} = 30 590

d_{1} = 7

;

a_{2} = 30 600

d_{2} = 13

;

a_{3} = 30 610

d_{3} = 111

. Ez azon a szerencsés véletlenen múlik, hogy az

\begin{matrix} \frac{[(10101 N + a_{1}) / 7 + (a_{1} + 10)] / 13 + (a_{1} + 20)}{111} = N + 300 \end{matrix}

egyenlet

(a_{1}

-re való) megoldása egész szám. Általában ugyanis három szakaszból álló eljárásban és a hozzáadandó számok növekedését

D

-vel jelölve a

\begin{matrix} \frac{[(d_{1} d_{2} d_{3} N + a_{1}) / d_{1} + (a_{1} + D)] / d_{2} + (a_{1} + 2 D)}{d_{3}} = N + A \end{matrix}

egyenletből

\begin{matrix} a_{1} = \frac{d_{1} d_{2} d_{3} A - d_{1} (2 d_{2} + 1) D}{1 + d_{1} (d_{2} + 1),}, \end{matrix}

és ez

A

és

D

-nek csak speciális értékpárjai mellett egész szám. ‐ Másképpen:

D

megválasztása után nem feltétlenül található egész

A

úgy, hogy

a_{1}

is egész legyen.