Feladat: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 3. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1966/november, 102. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/november: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 3. feladata

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

A szereplő többjegyű számokat a következőképpen alakítjuk át:

ABCC=1000⋅A+100⋅B+11⋅C,DD=11⋅D.
Ezeket behelyettesítve rendezzünk úgy, hogy a bal oldalra kerüljenek azok a tagok, amelyekben az egyik tényező 100, a többiek a jobb oldalra:
(10⋅A+B-11⋅D+E)⋅100-11⋅(D⋅E-C),(2)
így a jobb oldalnak is oszthatónak kell lennie 100-zal. Ez csak úgy lehetséges, ha D⋅E-C osztható 100-zal. Mivel D, E és C mindegyike 0 és 9 közé esik, és különbözők, azért D⋅E-C legfeljebb 9⋅8-0=72, és legalább 0⋅1-9=-9. Márpedig -9 és 72 között csak egyetlen 100-zal osztható szám van, mégpedig 0, így D⋅E=C, továbbá (2) bal oldalán is 0-nak kell állnia, ezért a zárójelen belüli kifejezés 0. Írjunk ebben 10⋅A helyett 11⋅A-A-t, és rendezzük át az egyenletet:
B+E-A=11⋅(D-A).
Mivel D és A különbözőek, ezért a jobb oldal, s így a bal oldal is 0-tól különböző szám. Továbbá a jobb oldal osztható 11-gyel, tehát a bal oldal is. Ezek szerint B+E-A11-gyel osztható és 0-tól különböző (egész) szám. Másrészt, mivel B, A és E ugyancsak 0 és 9 közé esnek és A≠0, ezért B+E-A legfeljebb 9+8-1=16, és legalább 0+1-9=-8. Mármost -8 és 16 között 0-tól különböző és 11-gyel osztható szám csak egy van, a 11. Ezért B+E-A=11, amiből D-A=1 adódik.
Eddig tehát a következőket állapítottuk meg:
D⋅E=C,B+E-A=11ésD=A+1.
A harmadik egyenlőségből A-t kifejezve és a másodikba behelyettesítve:
B+E=D+10,
amit átrendezve:
E=D+(10-B).
Mivel B legfeljebb 9, ezért 10-B legalább 1, és így E legalább D+1, más szóval E nagyobb D-nél. Ennek alapján D⋅D kisebb mint D⋅E, vagyis C, ami legfeljebb 9; azaz D2 kisebb 32-nél, D kisebb 3-nál. Másrészt D=A+1≥2, így D=2, amiből A=1, továbbá
C=2EésB+E=12.

E>D miatt E≥3. Másrészt E≤4, különben C kétjegyű szám lenne. Az E=4 esetben C=B(=8) adódik, ami ismét nem felel meg a számjegyek különbözőségének. Az egyetlen maradó lehetőség E=3, amiből C=6, és B=9.
A jegyek adódott értékei valóban kielégítik a feltételeket
1966=(22-3)⋅100+22⋅3.