Feladat: 295. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Havass Miklós ,  Tamás Gyula 
Füzet: 1956/március, 89 - 90. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Maradékos osztás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1955/október: 295. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Jelöljük a rajtszámot r-rel, a helyezési számot h-val. Felírhatjuk, az

rh=13u+1
diofantoszi egyenletet, ahol a feladat szerint 0<r<13, és 0<h<13.
Vizsgáljuk rendre r különböző értékeire h-t.
r=1,h=13u+1,amegfelelőu=0,ésígyh=1,r=2,h=13u+12,''''u=1,''''h=7.r=3,h=13u+13,''''u=2,''''h=9.r=4,h=13u+14,''''u=3,''''h=10.r=5,h=13u+15,''''u=3,''''h=8.r=6,h=13u+16,''''u=5,''''h=11.
További számítások feleslegesek, mert ha r és h megfelelő számok, akkor 13-r és 13-h is megfelelnek, mert (13-r)(13-h)=132-13(r+h)+rh, amiből kitűnik, hogy (13-r)(13-h) 13-mal osztva ugyanazt a maradékot adja, mint rh.
Ezek szerint a beérkezés sorrendje a rajtszámok szerint:
1,7,9,10,8,11,2,5,3,4,6,12.

Tamás Gyula (Bp. II, Rákóczi g. I. o. t.)
 

II. megoldás: A rajtszám és a helyezési szám szorzata legfeljebb 12⋅12=144 lehet. Írjuk fel a 13k+1 alakú számokat 144-ig: 1, 14, 27, 40,53, 66, 79, 91, 105, 118, 131, 144. Ezek közül az 53, 79, 91, 105,118, 131 nem jöhetnek számitásba, mert vagy törzsszámok, vagy az egyik tényezőjük nagyobb 12-nél. A fennmaradt számokat úgy bontjuk két-két tényezőre, hogy mindegyik tényező legfeljebb 12 legyen:
1=1⋅114=2⋅727=3⋅940={4⋅105⋅866=6⋅11144=12⋅12
Innen látható, hogy a beérkezés sorrendje rajtszám szerint a következő volt:
1,7,9,10,8,11,2,5,3,4,6,12.

Havass Miklós (Szeged, Radnóti M. g. II. o. t.)