Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Számelrendezések, Prímtényezős felbontás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/december: 1338. matematika gyakorlat

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 $P^{4}$ , 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, $P^{4}$ -ben $11$ és nála nagyobb törzsszám, tehát $11$ , $22$ , $13$ , $26$ , $17$ , $19$ , $23$ , $29$ nem választható ki.
A további $22$ szám szorzata $Q = 2^{24} \cdot 3^{14} \cdot 5^{7} \cdot 7^{4}$ . 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 $25 = 5^{2}$ , 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 $2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5^{7}$ , így $P^{4}$ -re $2^{20} \cdot 3^{12} \cdot 7^{4}$ marad és $P = 2^{5} \cdot 3^{3} \cdot 7$ . 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 $2^{21} \cdot 3^{13} \cdot 5^{5}$ ‐, utolsó elhagyandónak a $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ számot vesszük, és ekkor $P^{4} = 2^{20} \cdot 3^{12} \cdot 5^{4}$ , $P = 2^{5} \cdot 3^{3} \cdot 5$ . Egy más lehetőség, hogy (a $7$ -tel oszthatók helyett) a $8$ , $9$ , $16$ és $27$ számokat mellőzzük, ekkor $P = 2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5 \cdot 7$ . (Nem kell előállítanunk minden lehetőséget!) Eszerint három kiválasztási lehetőséget is találtunk a felhasználandó $16$ számra:

(I.)

1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 12, 14, 16, 18, 21, 24, 27, 28;

(II.)

1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 18, 20, 24, 27;

(III.)

1, 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 = 2^{5} \cdot 3^{3} \cdot 7)

legkényesebb a

3

-as tényezők elhelyezése, ugyanis a

27 = 3^{3}

-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

2^{2} = 4

\begin{matrix} 3 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 4 & 3^{3} & 1 \cdot 7 & 2 & 2^{4} & 27 & 7 & 2 & 16 \\ 0 & 2 & 0 & 1 & 1 & 1 & 3 & 0 & 2^{3} & 2 \cdot 3^{2} & 2 \cdot 7 & 3 & 8 & 18 & 14 & 3 \\ 0 & 0 & 2 & 1 & 2 & 3 & 0 & 0 & 2^{2} \cdot 7 & 2^{2} & 3^{2} & 2 \cdot 3 & 28 & 4 & 9 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 2 & 0 & 2 & 1 & 1 & 2^{2} \cdot 3 & 2^{3} \cdot 3 & 3 \cdot 7 & 1 & 12 & 24 & 21 \\ 1. ábra & 2. ábra & 3. ábra & 4. ábra \end{matrix}

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

2^{5} \cdot 3^{3} \cdot 7

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

2 \cdot 3 = 6

legyen.

5. ábra

6. ábra

\begin{matrix} 7 & 18 & 20 & 2 & 7 & 2 \cdot 3^{2} & 2^{2} \cdot 5 & 2 \\ 10 & 4 & 21 & 6 & 2 \cdot 5 & 2^{2} & 3 \cdot 7 & 2 \cdot 3 \\ 3 & 5 & 12 & 28 & 3 & 5 & 2^{2} \cdot 3 & 2^{2} \cdot 7 \\ 24 & 14 & 1 & 15 & 2^{3} \cdot 3 & 2 \cdot 7 & 1 & 3 \cdot 5 \\ 7. ábra & 8. ábra \end{matrix}

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

3^{2}

tényezőjével és a

24

-esnek

2^{3}

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