Kezdőlap


Feladat:	594. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bellay Ágnes , Benczúr A. , Endreffy Z. , Fajszi Cs. , Fischer A. , Gálfi l. , Gáspár R. , Góth L. , Haupert J. , Höke Sándor , Jójárt I. , Katona Mária , Kéri G. , Kopcsányi Zsuzsa , Kóta J. , Minkó B. , Nagy Dénes L. , Nováky B. , Pósa L. , Schönweitz T. , Simonovits M. , Sonnevend Gy. , Soós I. , Szidarovszky Ágnes , Szidarovszky F. , Tószegi S. , Vesztergombi Gy. , Zalán P.
Füzet:	1960/május, 184. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	"a" alapú számrendszer (a >1, egész szám), Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1959/november: 594. matematika gyakorlat

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

Legyen a használt számrendszer alapszáma (bázisa) $B$ , ekkor számjegyekként a $0,1,2, ..., B - 1$ egész számok léphetnek fel. Az első, második és negyedik kivonás utolsó oszlopa egyaránt mutatja, hogy $T = 0$ , és Így minden más betű értéke legalább $1$ . Így a $3 - 5$ . sorok $4$ -ik oszlopából nem adódik maradék, tehát $3$ -ik oszlopukból

\begin{matrix} Q + R = B + 0 = B, \end{matrix}

(1)

és ,,marad

1

'', ugyanis a

Q + R

összeg

2 B

-t nem érheti el. Eszerint a

3 - 5

. sorok

2

-ik oszlopába

1

maradék megy át és így

\begin{matrix} 1 + P + 0 = P + 1 = Q . \end{matrix}

(2)

Ezért az

1 - 3

. sorok

3

-ik oszlopából, mivel a

2

-ik oszlopba nem megy át maradék,

\begin{matrix} Q + P = R és R > P, Q . \end{matrix}

(3)

5 - 7

. sorok

4

-ik oszlopából

Q < R

és (1) folytán

\begin{matrix} R + S = B + Q = R + 2 Q, \end{matrix}

(4)

vagyis

\begin{matrix} S = 2 Q . \end{matrix}

(5)

A részletszorzatokból a következőket kapjuk. A

8

-ik sor

4

-ik jegye szerint a

Q R

szorzat

P

-re végződik, és eszerint a

2

-ik sor

3

-ik jegyébe,

P

-be nem viszünk át maradékot, tehát a sor

4

-ik jegyéből

\begin{matrix} Q^{2} = S \end{matrix}

(6)

\begin{matrix} \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 3 & 2 & 1 & : & 2 & 3 & 2 & = & 2 & 4 & 2 & 3 \\ 1 & 0 & 1 & 4 \\ 2 & 2 & 0 & 3 \\ 2 & 0 & 3 & 3 \\ 1 & 2 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 4 \\ 1 & 3 & 3 & 1 \\ 1 & 3 & 0 & 1 \\ 3 & 0 \end{matrix} \end{matrix}

(6)-ot (5)-tel egybevetve

Q^{2} = 2 Q

, és

Q \neq T = 0

folytán

Q = 2

adódik, ezért (5), (2), (3) alapján rendre

S = 4

P = 1

R = 3

, végül (1) alapján a rendszer alapszáma

B = 5

. Ezekkel teljesül az is, hogy a

Q \cdot R = 6 = 5 + 1

szorzat

1

-re azaz

P

-re végződik és a művelet teljes végrehajtása jegyről jegyre megfelel a megadott sémának. ‐ Az osztandó és az osztó a tízes számrendszerben

\begin{matrix} 1 \cdot 5^{6} + 2 \cdot 5^{5} + 3 \cdot 5^{4} + 4 \cdot 5^{3} + 3 \cdot 5^{2} + 2 \cdot 5 + 1 = 24336, \\ ill. 2\cdot5^{2}+3\cdot5+2=67. \end{matrix}

Hőke Sándor (Budapest, I. László Gimn. II. o. t.)

Megjegyzés. Számos dolgozat azért nem teljes, mert kellő indokolás nélkül kimondja, hogy az osztás az ötös számrendszerben van felírva. Nem elegendő ugyanis arra hivatkozni, hogy az osztás vázlatán ötféle betű (számjegy) lép fel. Ebből csak az következik, hogy a számrendszer alapszáma legalább öt. Egy dolgozat szerint ,,ha az osztás magasabb számrendszerben történt volna, ilyen hosszú osztásnál feltétlenül előfordulna még egy vagy több jel.'' Ez a sejtés téves, ellenpélda rá az alábbi, tízes rendszerbeli osztás.

\begin{matrix} \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 3 & 2 & 1 & : & 1 & 2 & 1 & = & 1 & 0 & 2 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 3 \\ 2 & 4 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 \end{matrix} \end{matrix}