Kezdőlap


Feladat:	Gy.1721	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: -
Füzet:	1978/április, 158 - 159. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Legnagyobb közös osztó, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/november: Gy.1721

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

Az $a_{1} a_{2} a_{3} a_{4}$ számnégyes egymás után írva csak úgy lehet hatjegyű szám, ha $a_{1}$ és $a_{2}$ is egyjegyű. Fejezzük ki ezekkel $a_{3}$ -at és $a_{4}$ -et. Az (1) egyenlet átrendezéséből azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} a_{3} = \frac{a_{1} a_{2}}{2 a_{1} - a_{2}}, \end{matrix}

(2)

és ennek felhasználásával

\begin{matrix} a_{4} = \frac{a_{1} a_{2}}{3 a_{1} - 2 a_{2}} . \end{matrix}

A feladat követelménye szerint

0 < a_{1} < a_{2}

. Az

a_{4}

csak úgy lehet pozitív egész szám, ha

\begin{matrix} 3 a_{1} - 2 a_{2} > 0, \end{matrix}

(3)

vagyis

\begin{matrix} 3 a_{1} - 2 a_{2} \geq 1, \end{matrix}

(4)

és az

a_{3} < a_{4}

követelmény miatt

\begin{matrix} 2 a_{1} - a_{2} \geq 2, \end{matrix}

(5)

A (3) egyenlőtlenségből az adódik, hogy

a_{2} < \frac{3}{2} a_{1}

. Tehát

\begin{matrix} a_{1} < a_{2} < \frac{3}{2} a_{1} . \end{matrix}

(6)

Mivel

a_{1}

és

a_{2}

is egész szám, ezért a (6) egyenlőtlenség csak úgy állhat fenn, ha

a_{1} \geq 3

és

a_{2} \geq 4

. Legyen

a_{1}

és

a_{2}

legnagyobb közös osztója

d

, és

a_{1} = a'_{1} d

a_{2} = a'_{2} d

. Ekkor

\begin{matrix} a_{3} = \frac{a'_{1} a'_{2} d}{2 a'_{1} - a'_{2}} és a_{4} = \frac{a'_{1} a'_{2} d}{3 a'_{1} - 2 a'_{2}} . \end{matrix}

(7)

A (6) egyenlőtlenséghez hasonlóan most is azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} a'_{1} < a'_{2} < \frac{3}{2} a'_{1}, \end{matrix}

(8)

és

\begin{matrix} a'_{1} \geq 3 és a'_{2} \geq 4. \end{matrix}

Ebből az következik, hogy

d \leq 2

, mert ha

d \geq 3

lenne, akkor már

a_{2}

kétjegyű szám volna.
Most megmutatjuk, hogy

a_{1}

és

a_{2}

nem lehetnek relatív prímek, vagyis

d \geq 2

; amiből következik, hogy

d = 2

. Tegyük fel ugyanis, hogy

a_{1}

és

a_{2}

relatív prímek. De akkor

a_{1}

és

2 a_{1} - a_{2}

is azok. Ezért az

a_{3}

csak úgy lehetne egész szám, ha az

\frac{a_{2}}{2 a_{1} - a_{2}}

egész. Ha

\frac{a_{2}}{2 a_{1} - a_{2}}

egész, akkor az

\frac{a_{2}}{2 a_{1} - a_{2}} + 1 = \frac{2 a_{1}}{2 a_{1} - a_{2}}

is az. De ez csak úgy lehet, ha

\frac{2}{2 a_{1} - a_{2}}

is egész, mert

a_{1}

és

2 a_{1} - a_{2}

feltevésünk szerint relatív prímek. Ez utóbbi hányados, az (5) egyenlőtlenség figyelembevételével csak úgy lehet egész szám, ha

2 a_{1} - a_{2} = 2

. Ebben az esetben

3 a_{1} - 2 a_{2} = 1

, amiből

a_{1} = 3

a_{2} = 4

a_{3} = 6

és

a_{4} = 12

. Ez a számnégyes csak öt jegyű számot ad. Tehát a feladat követelményeit kielégítő számnégyest csak

d = 2

esetén kereshetünk. Ebben az esetben a (8) egyenlőtlenség miatt

\begin{matrix} 6 \leq a_{1} < a_{2} < 10 \end{matrix}

és

d = 2

miatt

a_{1}

és

a_{2}

is páros szám. Tehát

a_{1}

csak 6 lehet és ekkor

a_{2} = 8

. Ebből azt kapjuk, hogy

a_{3} = 12

, és

a_{4} = 24

. A 6, 8, 12, 24 szám négyes tehát az egyetlen, ami eleget tesz a feladat követelményeinek.