Feladat: 640. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Mocskónyi Zsigmond 
Füzet: 1961/március, 114. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Számkörök, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenség-rendszerek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/szeptember: 640. matematika gyakorlat

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

A 3. sorbeli összeg utolsó jegye csak úgy lehet G, ha J=0. Másrészt az összeg kisebb, mint 200, tehát A=1. Így a 2. oszlopbeli összeadás egyes helyi értékű jegyeiből G=9. Ezért egyrészt a 2. sorbeli kivonás próbájában az egyes helyi értékű jegyek D+G=D+9 összege csak C+10 lehet, tehát C=D-1, következésképpen a tízes helyi értékű jegyekből F=D+1. Másrészt az 1. oszlopbeli összeadás egyes helyi értékű jegyeiben nem léphet fel maradék, mert G=9 folytán B+C≦8+7=15, tehát B+C=9, B=9-C, továbbá a tízes helyi értékű jegyekben E=F+A=F+1=D+2. A 2. oszlop tízes értékű jegyeiben, tekintettel az áthozott maradékra, C+D+1=H, vagyis C behelyettesítésével H=2D. Így a 3. sor tízes és százas jegyeiből E+H=(D+2)+2D=3D+2=11, tehát D=3. Ebből a korábbiak alapján C=2, F=4, E=5, B=7 és H=6.

17⋅21=357++:42-39=35359+60=119

Ezzel valamennyi betű számára megadtunk egy határozott számértéket, ha a feladatnak van megoldása, az csak ez az értékrendszer lehet. A behelyettesítés mutatja, hogy ezzel az értékrendszerrel az összes műveletek helyes eredményt adnak.
 

Mocskónyi Zsigmond (Sopron, Erdészeti Technikum, gyakornoki éves I. o. t.)

 

Megjegyzések. A=1 a 3. oszlopban a százas helyi értékű jegy osztásából is kiadódik. ‐ Helytelen viszont az 1. sorbeli szorzásból biztosra venni A=1-et, mert az A⋅B szorzat A=6 és páros B mellett, továbbá B=5 és páratlan A mellett is B-re végződik.
Ha már tudjuk, hogy A=1, G=9 és E=D+2, akkor a 3. oszlopban a hányados tízes helyi értékű A jegye megállapítása után a maradék 2 tízes, ennélfogva a (20+B):D hányados értéke G=9. Ebből D=3 és B=7.
Többen D értékére tett feltevésekből több sikertelen próbálgatás után nyerték, hogy csak D=3 lehet. E próbák számát csupán AAG=119 és az első sor alapján kettőre lehet leszorítani; ugyanis az első sorból látható, hogy C<D, és ezért D legalább 3, másrészt a 3. oszlopból D legfeljebb 4, mert 119⋅6 már 7-essel kezdődik, 119⋅5-ben pedig a szélső jegyek egyenlők.
AAG=119-ből így is haladhatunk tovább: AAG egy szorzás és egy egyjegyű számmal való osztás eredménye. Másrészt 119=7⋅17, ahol 17 törzsszám. Így az AB⋅CA szorzat valamelyik tényezője osztható 17-tel, mert szorzat csak úgy osztható egy törzsszámmal, ha legalább egyik tényezője osztható vele. Így vagy 1B=17, és ekkor az osztásból D=3, mert G=9-nek csak a 3-szorosa végződik B=7-re, majd E=5, C=2, és ez vezet a megoldásra; ‐ vagy pedig C1=51=3⋅17, így D osztható 3-mal, de D>C=5 és D≠G folytán csak D=6 lehet, ez azonban a 2. oszlopban ellentmondásra vezet.