Feladat: 1027. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bálványos Zoltán 
Füzet: 1966/szeptember, 27 - 28. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Számelrendezések, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/január: 1027. matematika gyakorlat

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

Tíz betű van, mindegyik helyére más számjegyet kell írnunk. Az összeg csak úgy 4-jegyű, ha D=9, mert az utolsó oszlop jegyeinek összege 30-nál kisebb, így legfeljebb 2 átvitelt ad a tízesek oszlopába; itt pedig legfeljebb 9+8 állhat, tehát legfeljebb 1 átvitel adódik. Ebből azt is látjuk, hogy az összeg első két jegye G=1, H=0.
Mivel 0, 1 és 9 nem léphet föl újra, az utolsó oszlop összege legalább 2+3+4=9, és legfeljebb 8+7+6=21. Másrészt K-nak is új jegynek kell lennie, ezért az összeg nem lehet 9, 10, 11, sem 21, 20, 19, így

12≦A+C+F≦18,
tehát a tízes oszlopba mindenképpen 1 maradékot viszünk át:
A+C+F=10+K,és1+B+E=10+J.(1)

A hátra levő jegyek összege, sorrendjükre nem tekintve
A+B+C+E+F+J+K=2+3+4+5+6+7+8=35,(2)
ebből az előbbi két egyenlet összegét kivonva
J+K=8,ígyJ=6,5,3,vagy2.(3)

J=6 esetén (1)-ből B+E=15, ennek csak B=7, E=8 felel meg ‐ ugyanis az utolsó két oszlopot egyelőre lefelé növekvő számjegyekkel tölthetjük ki, hiszen már egy jegy sem lehet 0 ‐, ekkor K=2, és a hátra levő jegyek A, C, F helyén a (2) és (3) alapján szükségképpen megfelelnek (1)-nek.
J=5 esetén hasonlóan B=6, E=8; J=3 esetén pedig B=4, E=8.
Végül J=2 esetén K=6, a tízes oszlop kétféleképpen tölthető ki, B=4 vagy 3. Így lényegében öt különböző megoldás van:
37498510622649871053246987103534597810264359871026

II. A tízes oszlop két jegye mindig 2-féle sorrendben írható fel, az egyes oszlop három jegye pedig 3⋅2=6 sorrendben, mert A helye 3-féleképpen tölthető ki, a maradó két hely pedig a 2-féle jegyből mindig 2-féleképpen. A tízes oszlop minden sorrendje az egyes oszlop minden sorrendjével összekapcsolva új elrendezést ad, ezért mindegyik fenti megoldásból 2⋅6=12 sorrendi változat képezhető, így a beírási lehetőségek száma 5⋅12=60.
 
Bálványos Zoltán (Makó, József A. g. I. o. t.)

 
Megjegyzés. A (3) egyenletre eljuthatunk az ún. 9-es próba alapján is. Legyen a jegyek összege a vonal fölött f, alatta pedig a, így a az f-től 9-nek valamely többszörösével tér el: f=a+9k, ahol k egész szám. Másrészt f+a=0+1+...+8+9=45, így 2a+9k=9⋅5, tehát a osztható 9-cel, de 0, 1, 9 felhasználása után már nem érheti el a 18-at sem, a=9.