Feladat: 1987. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benczúr András ,  Dinnyés Enikő ,  Drasny Gábor ,  Fleiner Tamás ,  Gács András ,  Keleti Tamás ,  Lengyel Csaba ,  Lipták László ,  Rimányi Richárd ,  Tasnádi Tamás 
Füzet: 1988/február, 50 - 52. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenletrendszerek, Egyenlőtlenségek, Természetes számok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1988/február: 1987. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

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

I. megoldás. Mivel a négy szám szerepe semmiben sincs kitüntetve egymáshoz képest, feltehetjük az általánosság megszorítása nélkül, hogy a a legkisebb, továbbá, hogy c<d, tehát

a<b,a<c<d.

Nem lehet a≥2, mert akkor c≥3, és így
ab≥2b>a+b=cd≥3d>c+2d=ab+d>ab
kellene, hogy fennálljon, de ez lehetetlen. Eszerint
a=1,c≥2  és  d≥c+1,
tehát
a+b=1+b=cd≥2d≥c+1+d=ab+1=b+1.
Ez csak úgy állhat fenn, ha mindenütt az egyenlőség jele érvényes, tehát
c=2,d=c+1=3,  és  b=cd-1=5.

Az 1,5 és 2,3 számpár valóban megfelel a feltételeknek. Ezekből további 7 megfelelő számpárt kapunk, ha a párok elemeit egymás közt felcseréljük, továbbá ha a két párt megcseréljük.
 
II. megoldás. Alakítsuk át a feltételi egyenlőségek felhasználásával az (a-1)(b-1) szorzatot:
(a-1)(b-1)=ab-a-b+1=c+d-cd+1=2-(c-1)(d-1),
azaz
(a-1)(b-1)+(c-1)(d-1)=2.
Miután a feladat pozitív egész számokról szól, ez csak úgy állhat fenn, ha a bal oldalon vagy mindkét tag 1, vagy az egyik 0, a másik 2. Az első lehetőség egyedül az a=b=c=d=2 esetben következik be. Ezekre teljesülnek a feladatban megkívánt egyenlőségek, de a számok nem különbözők.
A második eset akkor következik be, ha az egyik szám 1, mondjuk a=1, amiből következik, hogy
(c-1)(d-1)=2.
Feltehetjük, hogy c<d. Ekkor c-1=1, d-1=2 kell, hogy legyen, azaz c=2, d=3 és b=1⋅b=c+d=5. Ezek az értékek kielégítik a feladat összes követelményét.
 
III. megoldás. A feltételi egyenlőségekből következik, hogy
1=a+bcd⋅c+dab=(1a+1b)(1c+1d).
A jobb oldalon vagy mind a két tényező 1, vagy az egyik ‐ mondjuk az első ‐ nagyobb, a másik kisebb, mint 1. Az első feltétel csak úgy teljesülhet, ha mindegyik tört értéke 12, tehát a=b=c=d=2, de ezek nem különbözők.
A második esetben, tehát ha
1a+1b>1,
nem lehet a>1, mert akkor b>2, s így
1a+1b≤12+13<1.
Eszerint a=1, s így b≥2, amiből következik, hogy
1a+1b≤1+12=32,  tehát  1c+1d≥23.
Nem lehet c>2, mert akkor d>3, s így
1c+1d≤13+14<23.

Eszerint c=2 és a feltételi egyenletek így alakulnak:
b=1⋅b=2+d,1+b=2d=2b-4,
tehát b=5, d=3. Az 1,5;2,3 számpárok megfelelnek a feltételeknek.
 
Megjegyzés. Miután megállapítottuk, hogy a=1, érdekes befejezés a következő: az
1+b=cd,b=c+d
egyenlőségekből a másodikat c-vel szorozva és az elsőt felhasználva
bc=c2+1+b.
Az egyenlőséget 4-gyel szorozva így alakítjuk át:
4c2-4bc+b2+8=b2-4b+4,  azaz  (2c-b)2+8=(b-2)2.
A négyzetszámok közül csak az 1 és a 9 különbsége 8, tehát |2c-b|=1, |b-2|=3, és innen ismét megkapjuk az előbbi két számpárt.
 
IV. megoldás. A feltételi egyenletekből következik, hogy
aba+b=c+dcd.
Mind a két tört pozitív , s így vagy aba+b is, c+dcd is 1, vagy az egyik, mondjuk az első, kisebb 1-nél, a második nagyobb nála. Az első esetben ab=a+b, amiből (a-1)(b-1)=1, s így ‐ pozitív egész számokról lévén szó ‐ a=b=2. Ezek azonban nem különbözők.
A második esetben ab<a+b, és mivel egész számokról van szó,
ab≤a+b-1,  azaz  (a-1)(b-1)≤0.
A bal oldal nem lehet negatív, tehát 0 az értéke, vagyis az egyik szám, mondjuk a=1.
Ekkor
cd=1+b=1+1⋅b=1+c+d,
amiből c-t kifejezve
c=d+1d-1=1+2d-1.
Mivel c egész, így d csak 2 vagy 3 lehet, c megfelelő értékei pedig 3 ill. 2. Ezzel ismét az 1,5 és 2,3 számpárokhoz jutottunk.