Kezdőlap


Feladat:	1554. matematika gyakorlat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bakacsi Gy. , Banics J. , Bodó Zalán , Csapó I. , Csikós B. , Csóti J. , Forrai I. , Fried M. , Gál L. , Gallai L. , Homonnay G. , Honos A. , Horváth 168 Tibor , Horváth 238 László , Hunyady L. , Incze Gabriella , Juhász A. , Kappelmayer G. , Kiss 171 Zsolt , Knébel I. , Kruchió G. , Kutenics F. , Kövi J. , Márkus Z. , Mátay A. , Mayer P. Gy. , Mihályfi Gy. , Nagy 652 Lajos , Pencs Z. , Poles J. , Prischetzky G. , Rapai T. , Sali A. , Sáling M. , Szőke R. , Tóth Annamária , Tóth I. , Vajda J. , Vándor J. , Vécsey G.
Füzet:	1976/november, 137 - 138. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Maradékos osztás, Számsorok, Mértani sorozat, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/december: 1554. matematika gyakorlat

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

Első lépésként határozzuk meg azokat az $A, B, C, D$ számjegyeket, amikre a sorozat első három tagja négyzetszám.
Tudjuk, hogy egy szám hárommal osztva ugyanannyi maradékot ad, mint a számjegyeinek az összege. Ezért ha $C + D$ nem osztható hárommal, akkor

\begin{matrix} A B, A C D B, valamint A C C D D B \end{matrix}

számokat hárommal osztva három különböző maradékot kapunk. Másrészt tudjuk, hogy egy négyzetszám 3-mal osztva

0

vagy

1

maradékot ad, így sorozatunk első három tagja nem adhat három különböző maradékot. Következésképp (

C + D

)-nek oszthatónak kell lennie hárommal.
Az iskolai függvénytáblázat négy értékes jegyet ad meg, így a századot és ezredet nem tartalmazó számok négyzetei pontos értékükkel szerepelnek. Ezek között kell olyan

A C, D B

alakú számokat keresnünk, amelyekre

A B

négyzetszám és

C + D

osztható hárommal. Négy ilyen számot találunk:

\begin{matrix} 11, 56 = 3, 4^{2}; 19, 36 = 4, 4^{2}; 44, 89 = 6, 7^{2}; 67, 24 = 8, 2^{2} . \end{matrix}

Az első és harmadik esetben

A C C D D B

négyzetszám:

111 556 = 334^{2}

illetve

444 889 = 667^{2}

, míg a másik két esetben

\begin{matrix} 199 336 = 8 \cdot 24 917, illetve 677 224 = 8 \cdot 84 653 \end{matrix}

nem négyzetszám, hiszen 8-cal osztható négyzetszám 16-tal is osztható.
Ezek szerint

A, B, C, D

lehetséges értékei:

\begin{matrix} A & = 1, B = 6, C = 1, D = 5, illetve \\ A & = 4, B = 9, C = 4, D = 8. \end{matrix}

A gyakorlat állításának igazolásához tehát azt kell belátnunk, hogy az

\begin{matrix} 1 {\underset{︸}{1 ... 1}}_{}^{}_{n - 1}^{} {\underset{︸}{5 ... 5}}_{}^{}_{n - 1}^{} 6, illetve 4 {\underset{︸}{4 ... 4}}_{}^{}_{n - 1}^{} {\underset{︸}{8 ... 8}}_{}^{}_{n - 1}^{} 9 \end{matrix}

számok minden

n

-re négyzetszámok. Ez viszont az

\begin{matrix} 1 {\overset{}{\overset{︷}{1 ... 1}}}_{}^{}_{}^{n - 1} {\overset{}{\overset{︷}{5 ... 5}}}_{}^{}_{}^{n - 1} 6 & = {\overset{}{\overset{︷}{11 ... 1 1}}}_{}^{}_{}^{2 n} + 4 \cdot {\overset{}{\overset{︷}{1 ... 1 1}}}_{}^{}_{}^{n} + 1 = \\ = \frac{10^{2 n} - 1}{9} + 4 \cdot \frac{10^{n} - 1}{9} + 1 = {(\frac{10^{n} + 2}{3})}^{2}, \\ 4 {\overset{}{\overset{︷}{4 ... 4}}}_{}^{}_{}^{n - 1} {\overset{}{\overset{︷}{8 ... 8}}}_{}^{}_{}^{n - 1} 9 & = 4 \cdot {\overset{}{\overset{︷}{1 1 ... 1 1}}}_{}^{}_{}^{2 n} + 4 \cdot {\overset{}{\overset{︷}{1 ... 1 1}}}_{}^{}_{}^{n} + 1 = \\ = 4 \cdot \frac{10^{2 n} - 1}{9} + 4 \cdot \frac{10^{n} - 1}{9} + 1 = {(\frac{2 \cdot 10^{n} + 1}{3})}^{2} \end{matrix}

összefüggésekből látszik. A jobb oldali zárójelben levő számok egészek, hiszen a számlálóban álló szám számjegyeinek összege osztható 3-mal, így maga a szám is.
Ezzel a feladatot megoldottuk.

Bodó Zalán (Budapest, I. István Gimn., II. o. t.)