Feladat: 1963. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1964/január, 2 - 4. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú diofantikus egyenletek, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1963/szeptember: 1963. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata

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

A feladat olyan a, b, c számjegyek keresését kívánja, amelyekre

10a+b10c+a=bc.
Itt a és c nem 0, mert a bal oldal kétjegyű számok hányadosa, de b sem lehet 0, mert akkor a jobb oldal 0, tehát a=0 kellene hogy legyen. A törteket eltávolítva
10ac+bc=10bc+ab,
amit, a 10-zel szorzott tagokat egy oldalra rendezve, így írhatunk:
10(a-b)c=(a-c)b.(1)
Itt, ha a-b nem 0, akkor vagy a-c egyenlő 5-tel, vagy -5-tel, vagy b=5, mert mindkét tényező abszolút értéke kisebb 10-nél.
 
1) Ha a-b=0, akkor a-c=0, vagyis a=b=c, és ez nyilván minden pozitív a számjegyre megoldása a feladatnak.

smallskip 2) Ha a-c=-5, a=c-5, akkor (1)-ből (-5-tel egyszerűsítve)
2(b+5-c)c=b.
Ha c≤5, akkor a bal oldal nagyobb, mint b, ha pedig c>5, akkor a bal oldal 10-nél nagyobb, tehát nem lehet egy számjeggyel egyenlő.
 
3) Ha a-c=5, a=c+5, akkor (1)-ből
2(c+5-b)c=b,(2c+1)b=2c(c+5).
Innen
b=c+5-c+52c+1=c+5-2c+1+92(2c+1)=c+92-92(2c+1).
Ez csak úgy adhat egész számot, ha 2c+1 osztója a 9-nek. Ez c=1, 4 esetekben következik be. Ekkor b értéke 4, ill. 8, a=c+5 értéke pedig 6, ill. 9. Az ezekkel felírt törtek
6416=41,9849=84
valóban megfelelnek a feladat követelményeinek.
 
4) Végül, ha b=5, (1)-ből
2(a-5)c=a-c,(2c-1)a=9c.
Ebből
a=9c2c-1=92+92(2c-1).
Ez akkor pozitív egész, ha 2c-1 a 9 pozitív osztója, tehát c=1, 2, 5. Az a-ra adódó értékek 9, 6, 5. Ezek közül a harmadik értékhármas az 1) alatt szerepelt megoldások egyikét adja, a másik kettőhöz tartozó törtekre
9519=51,6526=52,
tehát ezek is megfelelnek a feladat követelményeinek; így 9 érdektelen megoldás mellett további 4 megoldása van a feladatnak.
 
Megjegyzések. Több versenyző a követelmény alapján kifejezte valamelyik számjegyet a másik kettővel, majd az utóbbiak minden lehetséges értékpárja mellett azt vizsgálta, lehet-e számjegy a kifejezés értéke. Látjuk, hogy a feladat kevesebb próbával is megoldható. Számosan egy megfelelő számjegyhármas megtalálása után abbahagyták a próbálgatást.