Kezdőlap


Feladat:	1523. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Füzet:	1974/november, 144 - 145. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Maradékos osztás, Tizes alapú számrendszer, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/április: 1523. matematika gyakorlat

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

A feladat szövege szerint $b = 2 a^{2}$ , $c = 8 a^{4}$ , $d = 128 a^{8}$ . $b$ jegyeinek számát jelöljük $n$ -nel, $c$ jegyeinek számát pedig $k$ -val. Ekkor a következő egyenlőséget írhatjuk fel:

\begin{matrix} a \cdot 10^{n + k} + 2 a^{2} \cdot 10^{k} + 8 a^{4} = 128 a^{8}, \end{matrix}

(1)

a \neq 0

-val osztva, majd rendezve:

\begin{matrix} 10^{n + k} = a (128 a^{6} - 2 \cdot 10^{k} - 8 a^{2}) . \end{matrix}

(2)

Az egyenlőség jobb oldalán a zárójelben egész szám áll. Ez azt jelenti, hogy

a

osztója

10^{n + k}

-nak, így,

a

prímtényezős alakjában csak

2

és

5

szerepelhet.
Meg szeretnénk mutatni, hogy

a

nem lehet osztható

5

-tel. A feladat szerint a

c \neq 0

szám megegyezik a

d

szám utolsó

k

jegyével. Ebből az következik, hogy

c

, illetve

d

ugyanannyi nulla számjegyre végződik. Ha most

a

osztható lenne

5

-tel, akkor

c = 8 a^{4}

osztható lenne

10

-zel, azaz

c

nulla számjegyre végződnék. Másrészt

d = 2 c^{2}

miatt

d

legalább kétszer annyi nulla számjegyre kell hogy végződjön, mint

c

, ami nem lehetséges.
Így

a

nem osztható

5

-tel, azaz

a

prímtényezős alakjában csak

2

fordulhat elő,

a

2

-nek valamelyik hatványa legyen ez

t

, azaz

a = 2^{t}

. Ezt (2)-be téve, majd átrendezve:

\begin{matrix} 2^{n + k} 5^{n + k} = - 2^{t + 1 + k} 5^{k} + 2^{3 t + 3} (2^{4 t + 4} - 1) . \end{matrix}

(3)

Tudjuk, hogy

c = 8 a^{4} = 2^{4 t + 3} k

-jegyű szám, így

\begin{matrix} 2^{3 k - 3} = 8^{k - 1} \leq 10^{k - 1} \leq 2^{4 t + 3}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} 3 k - 3 \leq 4 t + 3, k \leq \frac{4 t + 6}{3}, \\ k + t + 1 \leq \frac{4 t + 6}{3} + t + 1 \leq 2 t + 2 + t + 1 = 3 t = 3. & (4) \end{matrix}

Ez az egyenlőtlenség azt jelenti, hogy (3) jobb oldala osztható

2^{t + 1 + k}

-val. De ekkor a bal oldalának is oszthatónak kell lennie, ami csak úgy lehetséges, ha

n + k \geq k + t + 1

, vagyis ha

\begin{matrix} t \leq n - 1. \end{matrix}

(5)

Felhasználva azt, hogy

b = 2 a^{2} = 2^{2 t + 1} n

-jegyű szám, (5) miatt

\begin{matrix} 2^{3 t} \leq 2^{3 n - 3} = 8^{n - 1} \leq 10^{n - 1} \leq 2^{2 t + 1}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} 3 t \leq 2 t + 1, \end{matrix}

(6)

azaz

t = 0

vagy

t = 1

.
Az első esetben

a = 1

b = 2

c = 8

d = 128

valóban megoldás, míg a másik esetben

a = 2

b = 8

c = 128

d = 32 768

nem megoldás. Ezek szerint az

a

szám csak

1

lehetett.