Feladat: 790. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bornes Nándor ,  Magyar Ferenc ,  Szabó Zoltán 
Füzet: 1963/május, 206 - 207. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Oszthatósági feladatok, Oszthatóság, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/október: 790. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Legyen a kérdéses szám N=abcd¯. Különválasztunk egy lehetőleg nagy, 99-cel osztható részt:

N=100⋅ab¯+cd¯=99⋅ab¯+ab¯+cd¯.

Az utolsó két szám összege kisebb mint 200 és osztható 99-cel, tehát csak 0, 99, vagy 198 lehet; az első csak a=b=c=d=0 esetén következik be, az utolsó pedig csak akkor, ha mindkét szám 99, tehát a=b=c=d=9. A számjegyek összege az előbbi esetben 0=0⋅18, az utóbbiban 36=2⋅18. Minden más esetben
ab¯+cd¯=10(a+c)+(b+d)=99.
Ez csak úgy lehetséges, hogy a b+d összeg egyes jegye 9. Másrészt b+d≦18, tehát b+d=9, a+c=9 kell, hogy legyen, s így a+b+c+d=18. A feladat állítása tehát helyes.
 
Bornes Nándor (Budapest, I. István Gimn. I. o. t.)

 

II. megoldás. Egy 99-cel osztható szám osztható 9-cel is, 11-gyel is. Eszerint az előbbi jelölésekkel1
a+b+c+d=9m,(1a)(d+b)-(c+a)=11n,(1b)
ahol m és n egész számok. (1a) alapján elég azt megmutatnunk, hogy m páros.
Mivel d+b és c+a legnagyobb értéke 9+9=18, legkisebb értéke 0, azért (1b) bal oldala nem lehet nagyobb 18-0=18-nál és nem lehet kisebb 0-18=-18-nál. Így n értéke gyanánt csak -1, 0 és +1 jöhet szóba. Megmutatjuk, hogy csak n=0 lehetséges.
(1a) és (1b) összegét és különbségét 2-vel osztva
d+b=9m+11n2,(2a)c+a=9m-11n2.(2b)
n=1 esetén innen csak páratlan m-mel kapunk egész számot. Nem lehet azonban m=1, mert úgy (1a)-ból d+b≦9, (1b)-ből viszont d+b≧11, ellentmondás. m helyén nagyobb páratlan számmal pedig d+b-re (2a)-ból legalább 19-et kapunk, ez szintén lehetetlen.
n=-1 esetén (2b)-ből kiindulva ugyanezeket kapjuk c+a-ra.
Ha már most n=0, akkor (1b)-ből d+b=a+c, így (1a) bal oldala 2(a+c) alakban írható, tehát páros. Ezt akartuk bizonyítani.
 
Magyar Ferenc (Tatabánya, Árpád Gimn. II. o. t.)

 

III. megoldás. A 0 és 9999 számokra érvényes a feladat állítása. A többi szóba jövő szám N=99k alakú, ahol k egész és 1≦k≦100. Ez így is írható:
N=(100-1)k=100k-k=100(k-1)+(100-k).
Itt az első tag 100-nak nem negatív egész többszöröse, a második tagra pedig 0≦100-k≦99. Így 100-k az N utolsó két jegyéből álló szám, k-1 pedig az ezek elhagyásával visszamaradó szám (0, ha N=99). E két szám összege
(k-1)+(100-k)=99.
A két számot összeadva az 1-es jegyek összegéből nem adódhat átvinni való 10-es, mert a jegyek összege legfeljebb 18; ezért az 1-es helyen levő jegyek összege is, a 10-es helyen levőké is 9, együtt 18, a bizonyítandó állításnak megfelelően.
 
Szabó Zoltán (Győr, Czuczor G. Gimn. I. o. t.)

 

Megjegyzés. E megoldás záró lépése azonos az I. megoldáséval, de más úton jutottunk hozzá.
1 A 11-gyel való oszthatóság itt felhasznált ismertető jelét röviden lásd pl. Radványi László: Az oszthatóság egy általános ismertető jeléről, K. M. L. 24 (1962/1) 12. o.; bővebben: 609. gyak. K. M. L. 21 (1960/11) 145. o.