Feladat: 989. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Babai L. ,  Bárdos J. ,  Bozóky Szeszich Á. ,  Dobozy O. ,  Döme Éva ,  Eff L. ,  Élthes Eszter ,  Eszes G. ,  Faragó Tibor ,  Farkas Ágnes ,  Gellért J. ,  Grósz T. ,  Halász F. ,  Havas J. ,  Kádas S. ,  Kafka P. ,  Karsai I. ,  Kovács Tamás ,  Kuluncsich T. ,  Külvári I. ,  Laborczi Z. ,  Losonci Z. ,  Márkus A. ,  Mészáros J. ,  Mitrocsák Anikó ,  Moson P. ,  Orbán G. ,  Palla L. ,  Papp Z. ,  Péli Katalin ,  Perémy G. ,  Rácz Éva ,  Rajczy P. ,  Szentgáli Á. ,  Szentmiklósi L. ,  Szeredi P. ,  Szilágyi I. ,  Takács L. ,  Thomka I. ,  Tihanyi L. ,  Tolnay-Knefély T. ,  Újvári István ,  Vass Erzsébet 
Füzet: 1966/április, 164 - 165. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tizes alapú számrendszer, "a" alapú számrendszer (a >1, egész szám), Szorzat, hatvány számjegyei, Gyakorlat, Maradékos osztás
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/május: 989. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. I. A követelmény szerint a

CCCCAC¯:CCA¯=ABBC¯
osztás végén nem lép fel maradék. Itt a hányados négyjegyű, így az első rész-osztandó CCC¯ volt, tehát CCC¯≥CCA¯, azaz C≥A. Továbbá a hányados első jegye A=1, mert CCC¯ és CCA¯ különbsége egyjegyű, nem lehet meg benne mégegyszer az osztó. Legyen az első részmaradék C-A=C-1=D, így a második rész-osztandó DC¯. Ez legfeljebb kétjegyű, így kisebb az osztónál, tehát a hányados második jegye B=0.
Az eddigiek összevágnak azzal, hogy a hányados 3. jegye is B, azaz 0, hiszen a 3. rész-osztásból, DCA¯:CCA¯-ból, ahol D<C, más nem is következhet. A negyedik rész-osztás
DCAC¯:CCA¯=C,
és a próba szerint
CCA¯⋅C=DCAC¯.

Ebből a helyi értékek, valamint A=1 és D=C-1 figyelembevételével C-re másodfokú egyenletet kapunk:
(110C+1)⋅C=1000(C-1)+100C+10+C,(1)110C2-1100C+990=0,C2-10C+9=0,(1a)


tehát C=9 vagy C=1.
Mindkét megoldás megfelel, mert a feladat nem írta elő, hogy a betűk helyére különböző számjegyeket írjunk. Valóban, 1009⋅991=999919, és 1001⋅111= =111111.
II. A fentiekben csak C meghatározásában használtuk fel, hogy a követelményt a tízes számrendszerben értettük. Egy X alapú számrendszerben ‐ ahol X≥2, egész szám ‐ (1) és a további számítás helyére a következők lépnek:
(C⋅X2+C⋅X+1)⋅C=(C-1)⋅X3+C⋅X2+X+C,(X2+X)⋅C2-(X3+X2)⋅C+(X3-X)=0,X(X+1)⋅C2-X2(X+1)⋅C+X(X+1)(X-1)=0.C2-XC+(X-1)=0,mertX(X+1)≠0,


és innen C1=X-1, C2=1. Eszerint eredményünk minden számrendszerben érvényes, C első értéke a számrendszer legnagyobb számjegye; megjegyezni csak azt kell, hogy X=2 esetén a két megoldás egybeesik: C1=C2.
 

II. megoldás. Egy három és egy négyjegyű szám szorzatának (jobbról számított) hatodik jegyét (az alap ötödik hatványának együtthatóját) a tényezők harmadik és negyedik jegyének (a második és harmadik hatvány együtthatójának) szorzata és az előző jegynél fellépő M maradék összegéből állapítjuk meg. Mivel itt hetedik jegy a szorzatban nincs, tehát a hatodik jegy megállapításánál átvinni való maradék nincs, így A⋅C+M=C, azaz A=1, M=0, mivel C, mint szám első jegye, nem lehet 0.
Az ötödik jegy hasonlóan a negyedik és második, a harmadik és harmadik jegy szorzatának és az előző maradéknak ‐ jelöljük N-nel ‐ az összegéből adódik. M=0 miatt itt sem lép fel maradék, így A⋅C+B⋅C+N=(1+B)⋅C+N=C. Innen B=N=0.
Nézzük most a szorzat második jegyének keletkezését. Az első jegyek szorzata 1⋅C, nem ad maradékot. Így a szorzat második jegye, ami 1, a B⋅A+C⋅C=0⋅1+C2=C2 utolsó jegye. Így a tízes számrendszerben C csak 1 vagy 9 lehet, és mindkettő meg is felel.
Tetszés szerinti x alapszám esetén a harmadik C jegy a C2-ből adódó maradék, P, és a B⋅A+B⋅C+C⋅C=C2 utolsó jegyének összegéből adódik, azaz
P+1=C,P=C-1.ÍgyC2=P⋅x+1=(C-1)x+1.ÁtrendezveC2-1-(C-1)⋅x=(C-1)(C+1-x)=0,


tehát C=1 vagy C=x-1, és ismét mind a két érték megfelel.
 
Faragó Tibor (Budapest, Bláthy O. erősár. ip. techn. II. o. t.)