Feladat: 608. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ámon Magdolna ,  Belley Ágnes ,  Benczúr A. ,  Felszeghy T. ,  Gálfi l. ,  Gáspár R. ,  Kéry G. ,  Kiss G. ,  Kóta J. ,  Nováky B. ,  Soós I. ,  Tasnády Mária ,  Tekulics Péter ,  Vesztergombi Gy. ,  Zalán P. 
Füzet: 1960/november, 142 - 145. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú diofantikus egyenletek, Oszthatósági feladatok, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/január: 608. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Olyan a, b, c, d számjegyeket keresünk, vagyis 0 és 9 közti egész számokat, 1 e két határt is megengedve, amelyekre

1000a+100b+10c+d-(10a+b)(10c+d)==1000d+100c+10b+a-(10d+c)(10b+a).
A két oldal felcserélhetőségére tekintettel előírhatjuk, hogy a≤d legyen, továbbá hogy a=d esetén b≤c legyen. Így elébe vághatunk annak, hogy a megoldásokat kétszer kapjuk meg. Beszorzással, rendezéssel és osztással
111(a-d)+10(b-c)+11(bd-ac)=0.(1)
Vegyük észre, hogy a bal oldali első két együttható egy-egy 11-gyel osztható szám szomszédja. Ennek alapján (1) így alakul:
11[10(a-d)+(b-c)+bd-ac]=(d-a)+(b-c),(2)
vagyis a jobb oldal osztható 11-gyel.
A jobb oldalon d-a nem lehet negatív, másrészt értéke legfeljebb 9 lehet:
0≤d-a≤9.
Hasonlóan
-9≤b-c≤9.(3)
Ezekből összeadással (2) jobb oldalára a következő egyenlőtlenség adódik:
-9≤(d-a)+(b-c)≤18,
mivel pedig ez osztható 11-gyel, azért értéke csak 0, vagy 11 lehet. Eszerint ‐ mindjárt átrendezve ‐
vagy  I.c-b=d-a,vagy II.c-b=d-a-11.

A bd-ac=(d-a)b-(c-b)a azonosság alapján (2) úgy alakítható, hogy mindegyik tagjában szerepel vagy a d-a, vagy a c-b különbség:
11[(b-10)(d-a)-(a+1)(c-b)]=(d-a)+(b-c).

Eszerint az I. esetben, 11-gyel mindjárt egyszerűsítve
[(b-10)-(a+1)](d-a)=(b-a-11)(d-a)=0,
ami csak d-a=0, azaz d=a-val állhat, mert a b-a-11=0 egyenlet, jelöléseink értelmét tekintve, nem teljesülhet. Így egyszersmind c-b=0, azaz c=b; arra a semmitmondó eredményre jutottunk, hogy követelményünket minden abba¯ alakú szám kielégíti.
A II. esetben hasonlóan járva el azt nyerjük, hogy
(b-a-11)(d-a)+11(a+1)=1,
vagy mivel a feltevés folytán b-a-11=c-d, azért
(d-c)(d-a)=11a+10.(4)
Eszerint a jobb oldal értéke legalább 10, azaz pozitív, tehát d-a≥0 folytán a bal oldal mindkét tényezője pozitív. Így a értéke legfeljebb 8, a jobb oldal értéke a
10,21,32,43,54,65,76,87
számok valamelyike, de csak olyan jöhet szóba, amely d-c és d-a céljára két 10-nél kisebb pozitív szám szorzatára bontható. Ezt 43, 65, 76 és 87 nem teljesítik. Nem felel meg 54=6⋅9 sem, mert így a=4, és a d-a=6, vagy 9 követelésből d≥10, tehát nem lehet számjegy. Hasonlóan (4) jobb oldalát 32=4⋅8-nak véve a=2, így csak d=6 felel meg, folytatólag azonban c=-2 adódik. Ugyanígy negatív c-t ad 21=3⋅7 és 10=2⋅5 kisebb tényezőjének d-a-val való azonosítása is, így csak a következő két lehetőségünk marad:
1) ha a=1, (4) jobb oldala 21=3⋅7, és itt d-a=7 és d-c=3-ból d=8, c=5, végül b=9, ezzel a példaként bemutatott 1958 számra jutottunk;
2) ha a=0, (4) jobb oldala 10=2⋅5, és itt d-a=5, d-c=2-ből d=5, c=3, b=9. Így
0935-09⋅35=5390-53⋅90(=620),
de az előlálló és így a szokáshoz képest felesleges 0 miatt ez is csak elfajult megoldásnak tekinthető.
 

Tekulics Péter (Szeged, Radnóti M. g. I. o. t.)
 

II. megoldás: Az (1) összefüggés b-c=x, bd-ac=y, d-a=e jelölésekkel így írható
10x+11y=111e.(5)
Tekintsük itt x, y-t ismeretlennek, e számára pedig vegyük sorra figyelembe a 0,1,2,...,9 értéket. x értéke csak (3)-nak eleget tevő szám lehet. Ezt a megszorítást egyelőre figyelmen kívül hagyva minden e mellett megoldása az egyenletnek x0=-e, y0=11e. Ha x, y egy másik egész megoldás, akkor
10x+11y=111e=11(11e)-10e.
Innen átrendezéssel
10(x+e)=11(11e-y).(6)
A bal oldalt 11(x+e)-(x+e) alakban írva nyilván csak úgy lehet 11-gyel osztható, ha x+e osztható 11-gyel: x+e=11k, vagyis x=11k-e. Ekkor (6)-ból y=11e-10k adódik.
A (3) egyenlőtlenség x-re csak k=0-ra, továbbá e≥2 esetén a k=1 érték mellett teljesül.
Ha k=0, akkor b-c=x=-e-ből b=c-e és d-a=e-ből d=a+e. Így y=bd-ac=(c-a-e)e. Ezt y=11e-vel egybevetve, ha e≠0, akkor a c-a=11+e≥12 összefüggésre jutunk, amit számjegyek nem elégítenek ki. Ha pedig e=0, akkor a b=c, d=a feltételhez, tehát a nyilvánvalóan helyes abba¯ alakú megoldásokhoz jutunk.
Ha k=1, akkor x=-e+11, y=11e-10. Az előzőkhöz hasonlóan b=c-e+11 és az
y=bd-ac=(c-e+11)(a+e)-ac=(c-a-e)e+11(a+e)=11e-10 egybevetésből rendezés után
ec+(11-e)a=e2-10.(7)
Itt a bal oldal nem lehet negatív, tehát csak e≥4-gyel várhatunk megoldást. Ezeket táblázatban adjuk meg:
 


eígy (7) alakjamegoldás44c+7a=6 nincs  55c+6a=15 c=3, a=0; d=5, b=9  66c+5a=26 c=1, a=4; d=10-re vezet, nem megoldás  77c+4a=39{c=5a=1,d=8,b=9c=1,a=8;d=15-re vezet, nem megoldás88c+3a=54c=6,a=2;d=10-re vezet, nem megoldás
 


Eszerint abcd¯=0935.
 

Megjegyzések. 1. A feladat kérdésére (,,Van-e...'') elegendő egyetlen példa közlésével ezt a választ adni: ,,van, és pedig..., mert...'' Ennek ellenére ‐ igen helyesen ‐ a legtöbb dolgozat hosszabb-rövidebb indokolás után ad választ. Adódott viszont olyan dolgozat, amely megindokolja, hogy ,,nincs az adotthoz hasonló tulajdonságú abcd¯ szám.''
2. Az (5)-höz hasonló, ax+by=c alakú egyenletek egész megoldásaira vonatkozóan lásd lapunk régebbi cikkét: Surányi János: Elsőfokú egyenletek egész megoldása (Diofantoszi egyenletek), K. M. L. VII. kötet (1953) 65‐81. o.
1Tovább ,,egész szám'' helyett csak ,,szám''-ot mondunk.