Feladat: 1338. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bartolits István ,  Benkó Zoltán ,  Butor Dezső ,  Kósa Zsuzsa ,  Kruppa András ,  Lakner Péter ,  Oláh Vera ,  Pálffy László ,  Újfalussy Miklós 
Füzet: 1971/december, 209 - 211. oldal  PDF file
Témakör(ök): Számelrendezések, Prímtényezős felbontás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/december: 1338. matematika gyakorlat

Mutassuk meg, hogy lehet az 1-től 30-ig terjedő egész számok közül alkalmasan kiválasztott 16 különböző számot úgy elrendezni egy 4 sorra és 4 oszlopra osztott téglalap mezőin, hogy a számok szorzata mindegyik sorban és mindegyik oszlopban ugyanannyi legyen.
Lehetséges-e olyan kiválasztás és elrendezés, amelyben még a két átló menti számok szorzata is egyenlő a sorok, oszlopok menti számok szorzatával?

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

a) Az egy-egy sorba beírt négy szám szorzatát P-vel jelölve a felhasználandó 16 szám szorzata P4, eszerint úgy kell kiválasztanunk a 30 közül a 16 számot, hogy törzstényezős alakjukból szorzatuknak ugyancsak a törzstényezős alakját felírva, minden egyes törzsszám kitevője osztható legyen 4-gyel. Emiatt nem fordulhat elő, P4-ben 11 és nála nagyobb törzsszám, tehát 11, 22, 13, 26, 17, 19, 23, 29 nem választható ki.
A további 22 szám szorzata Q=2243145774. Fordítsuk figyelmünket az 5-ös törzsszámra, ennek kitevőjét vagy 4-re vagy 0-ra kell leszállítanunk a még kihagyandó 6 szám révén, és így magában P-ben csak 1 vagy 0 lehet az 5 kitevője. Ezért mindenképpen mellőzendő a 25=52, továbbá az 5, 10, 15, 20 és 30 közül vagy egyikük vagy mind az öt. Az utóbbi eset mindjárt megfelelő kiválasztás, mert e 6 szám szorzata 243257, így P4-re 22031274 marad és P=25337. Az első eset pedig megvalósítható például úgy, hogy előbb kihagyjuk a 7-tel osztható számokat ‐ ekkor az eddig kihagyott öt szám szorzatával osztva Q-t, a hányados 22131355 ‐, utolsó elhagyandónak a 30=235 számot vesszük, és ekkor P4=22031254, P=25335. Egy más lehetőség, hogy (a 7-tel oszthatók helyett) a 8, 9, 16 és 27 számokat mellőzzük, ekkor P=243257. (Nem kell előállítanunk minden lehetőséget!) Eszerint három kiválasztási lehetőséget is találtunk a felhasználandó 16 számra:

 


(I.)III1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 12, 14, 16, 18, 21, 24, 27, 28;

(II.)II1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 18, 20, 24, 27;

(III.)I1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 12, 14, 15, 18, 20, 21, 24, 28;

a (II.) csak abban különbözik az (I.)-től, hogy a 7-es tényezők helyén 5-ös áll.
 

b) úgy érezzük, hogy az (I.) számkészletből (P=25337) legkényesebb a 3-as tényezők elhelyezése, ugyanis a 27=33-nel egy sorba és egy oszlopba nem kerülhet 3 többszöröse. Van még 2 olyan számunk, melyben a kitevő 2, és 5 olyan, amelyben 1. Sikert sejtet, hogy e kitevők elhelyezhetők a 4 sorban és 4 oszlopban úgy, hogy összegük mindenütt 3 (az üres helyekre 0-t írtunk, 1. ábra). Hasonlóan 1, 2, 3, 4 darab számunkban a 2-es törzsszám kitevője rendre 4, 3, 2, ill. 1, ezekből a 2. ábra szerint lehet mind a 8 vonalon 5-öt kihozni összegül, az elrendezést döntően befolyásoló számokat vastag számjegyekkel írtuk. Az utóbbi ábrán a 3. oszlopot a többiek elé, majd a 3. sort a többiek alá toltuk, az így kapott számelrendezést írtuk a 3. ábra megfelelő helyein a 2-es törzsszám kitevőjének, az 1. ábra számait hasonlóan a 3-as törzsszám kitevőjének és ahol mindkét ábrán 0 áll, oda 1-est írtunk be. Ebben az állapotban két-két mezőn áll 1, 2, 3 és 22=4.
 

  300001043317224277216  0201113023232273818143  0021230022722322328493  0111202112232333711224211. ábra2. ábra3. ábra4. ábra
 

A két-két előfordulás közül egyik-egyik 2-féleképpen is kiválasztható úgy, hogy a kiválasztott négy szám mindegyike más sorból és más oszlopból való. Az egyik ilyen szám négyes mezőire írtuk be a 7-es tényezőket. Ebben az alakban könnyen ellenőrizhető a kívánt szorzatok egyenlősége, a 4. ábrán pedig ‐ végeredményként ‐ tízes rendszerbeli alakjukban írtuk a számokat. Új megoldást kapunk, ha egyidejűen fölcseréljük egymással a következő négy számpár tagjait: (1,7), (2,14), (3,21), (4,28).
 

c) Könnyű ellenőrizni, hogy a 3. ábra elrendezésében nem lehet a sorok és az oszlopok sorrendjét úgy cserélgetni, hogy a két átló mentén álló négy-négy szám szorzata is 25337 legyen, mert már az 1. ábra ilyen változtatásával sem lehet 3-at összegül kihozni az átlókra. Sor- és oszlopcserékkel ugyanis az 5. ábra átlós számaiból alkotott két négyzetes keret mindenesetre két téglalapba menne át ‐ amilyenek pl. a 6. ábra szerintiek ‐, vagyis amelyeknek 8 csúcsa közt mindegyik oszlop és sor 2‐2 számmal szerepel. Az 1. ábrán pedig nem található ilyen keret úgy, hogy a rajtuk álló kitevők összege 23=6 legyen.
 
 
5. ábra
 
 
 
6. ábra
 

  71820272322252  10421625223723  35122835223227  2414115233271357. ábra8. ábra
 

 
d) A III. számkészletből a 7. és 8. ábra olyan elrendezést mutat, amelyben a szorzatok egyenlősége (a 2, 3, 5 és 7 törzstényezők kitevői összegének egyenlősége) még a két átlón is teljesül, tehát a feladat kérdésére a válasz igenlő. Először a 7-es tényezőket helyeztük el a 8. ábrán, minden sorba, oszlopba, átlóba egyet. Az 1. sor 7-esét a bal felső sarokba téve, a 2. sorbeli 7-es csak a 3. vagy a 4. oszlopban állhat, mert a jobbra lejtő átlóban már nem állhat. A 2. sor 3. oszlopát választva, a 3. sor 7-ese már csak a 4. oszlopban lehet, a 4. soré pedig a 2. oszlopban. Ha pedig a 2. sor 7-esét a 4. oszlopba tettük volna, a talált elhelyezés tükörképét kapnók a jobbra lejtő átlóra. Ugyanilyen lehet csak az 5-ösök elosztása is, elforgatva vagy tükrözve, de 5 és 7 nem kerülhet egy mezőbe. Tovább a 18-as szám 32 tényezőjével és a 24-esnek 23 tényezőjével haladtunk, lényegében a 3. ábra szerinti próbálgatásokkal.
 

Benkó Zoltán (Miskolc, Földes F. Gimn., I. o. t. )

Butor Dezső (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., I. o. t.)

Újfalussy Miklós (Pannonhalma, Bencés Gimn., I. o. t.)
 

Megjegyzés. Előállítható a 8. ábra abból az észrevételből is, hogy a III. számkészletet éppen az a 16 szorzat alkotja, amelyeket akkor kapunk, ha az {1,2,3,4} halmaz számait rendre megszorozzuk az {1,5,6,7} halmaz számaival (9. ábra).
 
 
9. ábra
 

Mindig megfelelő elrendezését kapjuk III. számainak a 10. ábrából, ha egyrészt az a, b, c, d betűk helyére valamilyen sorrendben az 1, 2, 3, 4 számokat helyettesítjük, másrészt ugyanígy x, y, z, u helyére az 1, 5, 6, 7 számokat. A 10. ábrán minden egyes betű 4 előfordulása a 8. ábra 7-eseinek elrendezéséből állt elő forgatással, tükrözéssel. A 8. ábrán a=1, b=2, c=3, d=4 és x=7, y=6, z=5, u=1.
 
 
10. ábra