Kezdőlap


Feladat:	1960. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kóta Gábor
Füzet:	1961/május, 216 - 217. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Tizes alapú számrendszer, Oszthatósági feladatok, Másodfokú diofantikus egyenletek, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/október: 1960. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata

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

Legyenek egy a kívánt tulajdonsággal bíró $N$ szám jegyei balról jobbra $a$ , $b$ , $c$ , ekkor

\begin{matrix} N = 100 a + 10 b + c = 11 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) . \end{matrix}

(1)

A bal oldalt

99 a + 11 b + (a + c - b)

alakban írva osszuk az egyenletet

11

-gyel:

\begin{matrix} 9 a + b + \frac{a + c - b}{11} = a^{2} + b^{2} + c^{2} . \end{matrix}

(2)

Eszerint a

k = a + c - b

kifejezés osztható

11

-gyel, mert a többi kifejezés egész szám.
Mivel a jegyekre

1 \leq a \leq 9

és

0 \leq b

c \leq 9

, azért

k

legnagyobb értéke a legnagyobb

a

c

-vel és a legkisebb

b

-vel

9 + 9 - 0 = 18

k

legkisebb értéke pedig a legkisebb

a

c

-vel és a legnagyobb

b

-vel

1 + 0 - 9 = - 8

, így

k / 11

-re

\begin{matrix} - 1 < - \frac{8}{11} \leq \frac{k}{11} \leq \frac{18}{11} < 2, \end{matrix}

tehát

k / 11

értéke

0

, vagy

1

, és

k

értéke

0

vagy

11

.
Ha

k = 0

, vagyis

= a + c

, akkor (2)-ből

b

kiküszöbölésével

a

és

c

-re a

\begin{matrix} 2 a^{2} + 2 a c + 2 c^{2} - 10 a - c = 0 \end{matrix}

kétismeretlenes diophantoszi egyenletet kapjuk. Ezt

a

-ra rendezve

\begin{matrix} 2 a^{2} + (2 c - 10) a + (2 c^{2} - c) = 0, \end{matrix}

(3)

a diszkrimináns:

\begin{matrix} D = {(2 c - 10)}^{2} - 8 (2 c^{2} - c) = 4 (- 3 c^{2} - 8 c + 25), \end{matrix}

ez a

0

értéket a

c_{1} \approx - 4, 51

és

c_{2} \approx 1, 84

értékek környezetében veszi fel, és csak ezek között pozitív. Így

c

-re csak a

0

1

értékek jönnek szóba.

c = 1

-gyel

D

nem teljes négyzet, tehát nem ad egész

a

-t;

c = 0

-val pedig (3) így alakul:

\begin{matrix} 2 a^{2} - 10 a = 0, \end{matrix}

ahonnan

a = 5

, vagy

0

. De csak

a = 5

lehet kezdő számjegy, evvel

b = 5

, és

N = 550

. Ez megfelel (1)-nek.

k = 1

-gyel

b = a + c - 11

, és az előzőekhez hasonlóan

\begin{matrix} 2 a^{2} + (2 c - 32) a + (2 c^{2} - 23 c + 131) = 0, & (4) \\ D = 4 (- 3 c^{2} + 14 c - 6) . \end{matrix}

D

c_{1} \approx 0, 48

és

c_{2} \approx 4, 19

értékek között pozitív, de a közbe eső

c = 1

2

3

4

egész értékek közül csak

c = 3

mellett teljes négyzet; evvel (4)-ből

\begin{matrix} 2 a^{2} - 26 a + 80 = 0, \end{matrix}

ahonnan

a

értéke

5

, vagy

8

. Azonban

a = 5

és

c = 3

-mal

b = - 3

, ami nem számjegy. Az

a = 8

c = 3

-mal adódó

b = 0

-val

N = 803

, megfelel (1)-nek.
Minden lehetőséget figyelembe véve azt találtuk, hogy két olyan háromjegyű természetes szám van, amely jegyei négyzetösszegének

11

-szeresével egyenlő, ezek:

550

és

803

Kóta Gábor (Tatabánya, Árpád g. IV. o. t.)