Kezdőlap


Feladat:	742. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Szentai Judit , Uray Szabolcs
Füzet:	1962/november, 137 - 138. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatvány számjegyei, Gyakorlat, Oszthatóság
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/január: 742. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Az $\bar{A B}$ szám legalább 32, mert a kisebb természetes számok négyzete legfeljebb háromjegyű. Nem sok próbálgatással rájövünk, hogy $A$ nem lehet kisebb 9-nél. Ugyanis $\bar{A B^{2}}$ is az $A$ jeggyel kezdődik, márpedig azoknak a kétjegyű számoknak a négyzete, amelyek tízes jegye 3, 4, 5, 6, 7, rendre kisebb, mint $40^{2} = 1600$ , $50^{2} = 2500$ , $60^{2} = 3600$ , $70^{2} = 4900$ , ill. $80^{2} = 6400$ , a 8-cal kezdődők négyzete pedig legfeljebb $89^{2} = 7921$ lehet. Így ezeknek a számoknak a négyzete kisebb számjeggyel kezdődik, mint az alap.
Ennek folytán a $\bar{C D^{3}}$ szám is csak 9000 és $10 000$ közé eshet. E két korlát között egyetlen köbszám a $21^{3} = 9261$ , mert $20^{3}$ még csak 8000, viszont $22^{3}$ már $10 648$ . Eszerint más megoldás nem lehet, mint $A = 9$ , $C = 2$ , $B = 6$ , $D = 1$ . Innen $\bar{A B} = 96$ , ennek négyzete 9216, ami megfelel az első feltételnek.

Uray Szabolcs (Szentendre, Móricz Zs. g. I. o. t.)

Megjegyzés. Kevesebb próbálgatás után jutunk el

A

egyetlen lehetséges értékéhez az alábbi úton.

\bar{A B^{2}} = {(10 A + B)}^{2} = 100 A^{2} + 20 A B + B^{2}

-ben

A

B ≦ 9

miatt

20 A B + B^{2} ≦ 1701

, vagyis az

A^{2}

számú százashoz legfeljebb 17 százas lép hozzá.

\bar{A B^{2}}

-nek

\bar{A C D B}

alakjában viszont a százasok száma

\bar{A C} = 10 A + C

. Ezek szerint

10 A + C ≦ A^{2} + 17

, és így még inkább

10 A ≦ A^{2} + 17

, vagyis

A^{2} - 10 A + 17 ≧ 0

. A bal oldal az

A = 5 \pm \sqrt[]{8}

értékek között negatív, ennélfogva vagy

A ≦ 2

(ezt azonban már kizártuk), vagy

A ≧ 8

. Mivel ismét

89^{2} < 8000

, csak

A = 9

vezethet megoldásra.

Szentai Judit (Budapest, Kanizsay D. lg. I. o. t)

II. megoldás.

\bar{C D^{3}} - \bar{A B^{2}} = \bar{B D} - \bar{D B} = (B - D) 9

, osztható 9-cel. Megmutatjuk, hogy

\bar{A B}

, s így vele együtt

\bar{C D}

is osztható 3-mal. Ha

e

egész szám,

e^{3} - e = (e - 1) e (e + 1)

osztható 3-mal, mert három egymás utáni egész szám szorzata, és ezek egyike osztható 3-mal. Ezt

e = C D

-re alkalmazva:

\begin{matrix} \bar{C D^{3}} - \bar{C D} = \bar{A C B D} - \bar{C D} = 1000 A + 10 B + 90 C = 90 (10 A + C) + 10 \cdot \bar{A B} . \end{matrix}

A bal oldal és a jobb oldal első tagja osztható 3-mal, tehát a jobb oldal második tagja is, ami csak úgy lehetséges, hogy

\bar{A B}

osztható 3-mal. Ekkor azonban

\bar{C D^{3}} - \bar{A B^{2}}

csak úgy lehet 9-cel osztható, ha

\bar{C D}

is osztható 3-mal. Másrészt

\begin{matrix} 10^{3} = 1000 ≦ \bar{C D^{3}} < 10 000 < 22^{3} (= 10 648), \end{matrix}

tehát

10 ≦ \bar{C D} ≦ 21

. Ebben a számközben a 3-mal osztható számok jönnek tekintetbe, vagyis a 12, 15, 18, 21 számok.
Azt is tudjuk, hogy

\bar{C D^{3}}

utolsó jegye

D

, megegyezik az alap utolsó jegyével. Ez csak az 1, 4, 5, 6, 9-re végződő számokra teljesül, tehát csak 15 vagy 21 lehet

\bar{C D}

. Ezek közül

15^{3}

utolsó két jegye 75, s így

\bar{C D} = 15

mellett

\bar{A B^{2}}

-nek 57-re kellene végződnie, ami lehetetlen, mert négyzetszám nem végződhet 7-re.
Egyetlen lehetőségként

\bar{C D} = 21

maradt. Erre

\begin{matrix} \bar{C D^{3}} = 21^{3} = 9261 (= \bar{A C B D}) és (\bar{A C D B} =) 9216 = 96^{2} = \bar{A B^{2}} \end{matrix}

kielégíti a feltételeket.