Feladat: 1360. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ábrahám L. ,  Ábrahám T. ,  Ádám S. ,  Balázs Á. ,  Bánsági P. ,  Bara T. ,  Bartolits J. ,  Bezdek K. ,  Boruzs Mária ,  Buza A. ,  Császár Gy. ,  Dávid Z. ,  Deák P. ,  Ditrói Gy. ,  Domokos Mária ,  Fazekas l. ,  Fukker B. ,  Gulyás Erzsébet ,  Handbauer R. ,  Hasenfratz Anna ,  Horváth Eszter ,  Horváth Gyöngyi ,  Horváth József ,  Horváth Mária ,  Illés Z. ,  Izsák Éva ,  Juhari Katalin ,  Juhász Gy. (Bp.) ,  Kanyó Mária ,  Kereszti Gy. ,  Kósa Zsuzsa ,  Kószó K. ,  Kovács T. ,  Kuhár J. ,  Labancz L. ,  Lakner P. ,  Lóska A. ,  Meszéna G. ,  Molnár Gy. ,  Nagy Barnabás ,  Nemes K. ,  Németh J. ,  Oláh Vera ,  Pálffy L. ,  Párkány Katalin ,  Péntek J. ,  Prőhle T. ,  Remsei F. ,  Rövid Kálmán ,  Schwarcz T. ,  Somogyi Á. ,  Sparing L. ,  Stocker Gy. ,  Szalay I. ,  Szaplonczay Sarolta ,  Szilágyi I. ,  Terlaky T. ,  Uzonyi Gy. ,  Wéber J. ,  Wettstein I. 
Füzet: 1971/december, 211 - 214. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Algoritmikus eljárások, Tizes alapú számrendszer, "a" alapú számrendszer (a >1, egész szám), Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/április: 1360. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. I. Legyenek a kívánt N szám számjegyei rendre j0,j1,j2,...,j9, eszerint a k számjegy jk-szor fordul elő. Másféle jegye nem lehet (a tízes számrendszerben felírt) számnak, így a jegyek együttes száma egyrészt annyi, mint a számjegyek összege, másrészt az előírás szerint tíz, tehát

j0+j1+...+j9=s=10.

Megmutatjuk, hogy nem léphet föl N-ben sem 7-es, sem ennél nagyobb jegy. Föltéve ugyanis, hogy van ilyen ‐ jelöljük h-val, vagyis h≥7 ‐, akkor is csak j0 szerepét kaphatja, mert már a h=j1 szerepben is legalább egy h jegyet és h db 1-est jelent, ami nem kevesebb, mint 14. Ha pedig a h jegynek j0 szerepét adjuk, akkor a zérusnál nagyobb jegyek száma 10-h, és ez legföljebb 3. Közülük egyik maga h, egy másik jh, aminek az értéke pontosan 1, végül emiatt j1 is pozitív, és több pozitív számjegy részére még h=7 esetén sincs helyünk, azaz jk=0, ha k>1, és k≠h. Ámde j1 értékének legalább 2-nek kell lennie, hiszen j1=1 ellentmondás, amikor jh értéke is 1; másrészt j1≤s-(j0+jh)≤2, tehát j1=2, és így j2 is pozitív, holott már zérus áll a helyén. Állításunkat ezzel bebizonyítottuk.
Lényegében ugyanez a meggondolás egy megfelelő N számot ad, ha h értékét 6-ra csökkentjük. Így ugyanis 10-h=4 helyre kell zérusnál nagyobb számjegyet írnunk, és ezek: j0=6, j6=1, továbbá az előbbi ellentmondás feloldódik, ha j1-ként 2-t írunk be, mintegy előlegként, arra gondolva, hogy az így beírt 2-es címén j2 szerepét adjuk az előlegezett, a második 1-esnek. Ezek szerint N=6210001000-ben egy megfelelő számot találtunk, és ezzel eleget tettünk a feladatból a tízes számrendszerre vonatkozó résznek.
II. Mivel az n alapú számrendszerben n-féle számjegyet használunk:
0,1,2,...,(n-1), azért mindegyik fajta számjegy előfordulási számát csak úgy tüntetheti föl maga a szám, ha jegyeinek száma legalább n. Másrészt több sem lehet n-nél, eszerint a feladat általánosítása: ,,Keressünk az n-alapú számrendszerben olyan n-jegyű számot, amelyben a j-edik számjegy (j≤n) azt mutatja, hányszor szerepel a számban a (j-1)-es számjegy''.
Könnyű ellenőrizni, hogy a következő szám mindig megfelel:
Nn=(n-4)2100...0︸n-7db1000
(ami n=10 esetén éppen a fenti N-et adja), hacsak a közbülső zérusok száma teljesíti az n-7≥0, azaz n≥7 követelményt, ekkor ugyanis (n-4)=j0≥3, és ez mint számjegy nem változtathatja meg j1 és j2 értékét.
n=6 esetén Nn ben (n-4)=2, emiatt az eddigi jn-4=1 jegy ugyanarra a helyre kerülne, ahol a j2=1 áll, tehát az eddigi j1=2 nem érvényes, de akkor j2 sem, ez tehát ellentmondás. A megoldás I. részéhez hasonlóan be lehet látni, hogy a 6-os számrendszerben más megoldása sincs a feladatnak. (Ugyanis j0+j1+...+jn-1=n és nem fordulhat elő h=n-3, sem nagyobb jegy.)
Hasonlóan kapjuk, hogy n=5 esetén N5=21200 az egyetlen megoldás, n=4 esetén könnyen adódik két megoldás, 1210 és 2020, végül n=3 és n=2 esetén nincs megoldás.
 

Juhari Katalin (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., I. o. t.)

Rövid Kálmán (Szombathely, Nagy Lajos Gimn., II. o. t)
 

Megjegyzés. Az I. rész folytatásával könnyen belátható, hogy a tízes számrendszerben nincs több megoldás N-re.
 

II. megoldás. I. Jelöljük a keresett szám első jegyét x0-lal, a másodikat x1-gyel, és így tovább, végül a tizediket x9-cel. E jegyek összege annyi, ahány jegy összesen van, tehát
x0+x1+x2+...+x9=10.(1)
Kiszámíthatjuk a jegyek összegét másképp is: a k-val egyenlő jegyek összege k⋅xk (k=0,1,2,...,9), tehát
0⋅x0+1⋅x1+2⋅x2+...+9⋅x9=10.(2)
Ezekből
x0=x2+2x3+...+8x9.(3)

Legyen röviden x0=k, akkor a k-val egyenlő jegyek száma legalább 1, vagyis xk≥1. Így k=0 ellentmondásra vezet, tehát k>0. Jelöljük (3) jobb oldalán a (k-1)xk-tól különböző tagok összegét S-sel, ekkor (3) ekvivalens a
k=S+(k-1)xk
egyenlettel. Ebből rendezve és szorzattá alakítva
S+(k-1)(xk-1)=1(4)
és a bal oldal mindkét tagja nemnegatív egész szám; tehát közülük az egyik 1, a másik 0.
a) Amennyiben
S=1,és így(k-1)(xk-1)=0,(5)
akkor (3) jobb oldalából (k-1)xk-t elhagyva a visszamaradó tagok összege 1. Ez csak úgy lehet, ha
x2=1,(6)
és emiatt k≠2, továbbá a többi tag 0-val egyenlő. (6) szerint legalább egy 1-es van, és x1=1 mellett még egy 1-es volna, ami ellentmondást jelentene, így
x1≥2.(7)
Ebből k=1 (azaz x0=1) mellett az 12100...0 számot kapnánk, ami nem felel meg. Ha k≠1, akkor k≥3 és (5) szerint
xk=1,(8)
tehát az x1,x2,...,x9 jegyek között a (6), (7), (8) alattiak különböznek 0-tól, így
k=x0=6.(9)
Az így kapott 6210001000 szám megfelel a feladat követelményeinek.
b) Ha pedig
S=0és(k-1)(xk-1)=1,(10)
akkor k=xk=2, és
S=2x3+...+8x9=0,(11)
vagyis x3=...=x9=0. Így (3)-ból x0=2, (1)-ből x1=6 következik, a 2820...0 szám azonban nem megoldás.
Tehát feladatunknak egyetlen megoldása a 6210001000 szám.
 

II. Az n alapú számrendszerben olyan x0x1...xn-1 számot keresünk melynek a jegyei között a j-vel egyenlőek száma xj (j=0,1,2,...,n-1), Ekkor a fentiekhez hasonlóan juthatunk el a (4) egyenletig, melyből az a) esetben ismét (5), (6) és (7) következik. A k=1 értéknek megfelelő 1210...0 szám csak n=4 mellett ad megoldást. Ha k≠1, akkor ismét (8)-at kapjuk. Az x0+x1+x2+xk=k+4 összeg értéke k≥3 miatt legalább 7, tehát ezekből az értékekből csak n≥7 mellett kapunk megoldást. Ha n≥7, (9) helyett a
k=x0=n-4(9a)
feltételt kapjuk, és az
{x0=n-4,x1=1,x2=2,x3=...=xn-5=0,xn-4=1,xn-3=xn-2=xn-1=0(12)
számjegyek. megfelelő számot határoznak meg.
Az általános esetben a b) feltételből ugyancsak k=x2=2 és (11) következik, továbbá x1 értékére (n-4)-et kapunk. Az
x0=2,x1=n-4,x2=2,x3=...=xn-1=0
számjegyek azonban csak n=4 és n=5 mellett adnak megoldást.
Ha tehát n=2,3,6, akkor a feladatnak nincs megoldása, n=4 mellett két megoldása van: 1210 és 2020, n=5 mellett egy megoldás van: 21200, n≥7 Mellett ugyancsak egy megoldás van, amelyet a (12) alatti számjegyek határoznak meg.