Feladat: 1130. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1968/április, 165 - 166. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Trigonometria, Oszthatósági feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/május: 1130. matematika gyakorlat

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

Legyen a keresett szög pótszögének az előírt módon előállított alakja A1B10C1D'1E1F''1, és tegyük fel egyelőre, hogy a C1D1 és E1F1 kétjegyű számok is kisebbek 60-nál. Így a két szög összege a szögmásodpercek és szögpercek összevonása előtt 89∘59'60'' lesz, hiszen nem kaphatunk sem 120''-et, sem 119'-et; ezért az összeadás akkor is helyes marad, ha a mértékegységek jeleit kihagyjuk és a 6‐6 számjegyet 1‐1 hatjegyű számnak tekintjük:

A1B1C1D1E1F1A1B1C1D1E1F1(1)895960

Legyen a kettévágott mértékszám első része n-jegyű, így a második rész m=6-n jegyű, a részek jegyeit 1‐1 számmá egybeolvasva a részek u, ill. v. Így az eredeti hatjegyű szám 10n⋅u+v és így az áttolással létrejött szám 10m⋅u+v, és így
(10n+1)u+(10m+1)v=895960.(2)
A bal oldali két tag szerepe szimmetrikus, így elég az n≤m eseteket vizsgálnunk, tehát n értékei: n=1,2,3.
n=1 esetén m=5 és (2) együtthatói 11 és 100001, az utóbbi is osztható 11-gyel, (2) jobb oldala viszont nem, így nincs megoldás.
Hasonlóan n=3=m esetén (2) mindkét együtthatója 1001, és a jobb oldal nem osztható vele, így sincs megoldás.
n=2 esetén felhasználjuk feltevésünket; hogy (1)-ben a tízes és az ezres helyi értékű oszlopban nincs maradékátvitel, így
EF¯+AB¯=60,CD¯+EF¯=59,AB¯+CD¯=89.(3)
E három egyenlet összegét 2-vel osztva
AB¯+CD¯+EF¯=104,
és ebből a (3) egyenleteket rendre kivonva CD¯=44, AB¯=45, EF¯=15, a keresett szög egy lehetséges értéke 45∘44'15'', és ez valóban megfelel, a kettévágással és áttolással adódó 44∘15'45'' valóban pótszöge ennek. ‐ E két szög szerepét felcserélve megoldást kapunk n=4 esetére.
 

II. Megmutatjuk, hogy nem kapunk további megoldást akkor sem, ha megengedjük, hogy C1D1¯ és E1F1¯ valamelyike nagyobb legyen 60-nál. Legyen a szögmásodpercekből összevonható szögpercek száma p, a percekből összevonható fokok száma f, így (3)-hoz hasonlóan
EF¯+E1F1¯=p⋅60,CD¯+C1D1¯=f⋅60-p,AB+A1B1=90-f.(4)
Ekkor is p, f≤2, hiszen pl. CD<60, C1D1<100 miatt a második egyenlet bal oldala kisebb 160-nál, és emiatt f<3. Másrészt CD, EF≥10 miatt p, f≥1. A p=f=1 esetet már láttuk.
A p=1, f=2; p=2, f=1; p=f=2 esetekben az átvitt többlet-maradék miatt (1)-ben rendre 891960, 895920, 891920 az összeg. Fenti meggondolásainkat ismételve ezek egyike sem osztható sem 11-gyel, sem 1001-gyel, így (2)-re tekintettel n=1, 3 és 5 esetén nincs megoldás. n=2 esetén (4) bal oldalai azonosak (3) bal oldalaival, az egyenletek összeadásával
2(AB¯+CD¯+EF¯)=90+60(p+f)-(p+f),
a bal oldal páros, így p+f is páros, tehát csak p=f=2 jön szóba, és a fentiekhez hasonlóan EF¯=75>60 adódik, ami ki van zárva. n=4 esetén hasonlóan CD¯=75>60, valóban nincs megoldás.