Feladat: Gy.2936 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ács Krisztina ,  Bárány Kristóf ,  Barát Anna ,  Deli Tamás ,  Farkas Zoltán ,  Fazekas Borbála ,  Gáspár László ,  Gönczi Orsolya ,  Hartmann Miklós ,  Horváth Gábor ,  Juhász András ,  Karádi Richárd ,  Kispál István ,  Kiss László ,  Kőhalmi Dóra ,  Kónya Ágnes ,  Krizsán Árpád ,  Laczó Tibor ,  Lippner Gábor ,  Lukács Gyula ,  Mátyás Péter ,  Molnár-Sáska Balázs ,  Nyakas Péter ,  Nyilas Gábor ,  Nyul Gábor ,  Pap Gyula ,  Papp Ágnes ,  Papp Beáta Andrea ,  Papp Eszter ,  Patakfalvi Zsolt ,  Sólyom László ,  Szabados Péter ,  Szabó Gábor ,  Szabó Jácint ,  Szita István ,  Terpai Tamás ,  Varga Péter ,  Végh László ,  Volf Barna ,  Zakariás Ildikó ,  Zámbó Tibor ,  Zubcsek Péter Pál ,  Ötvös Gergely 
Füzet: 1995/április, 206 - 207. oldal  PDF file
Témakör(ök): Oszthatósági feladatok, Prímtényezős felbontás, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/október: Gy.2936

Egy, a tízes számrendszerben felírt valódi hatjegyű számról a következőket tudjuk:  a) egyik jegye 7,  b) osztható 9-cel,  c) ha sorra kivonjuk belőle az i-edik és j-edik jegyének felcserélésével keletkező számokat, a nullától különböző különbségek között van 2525-tel, 2168-cal, 4375-tel és 6875-tel osztható. Melyik ez a szám?

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

Legyen a keresett szám a5a4a3a2a1a0¯. Ha az i-edik és j-edik jegyek (i>j) felcserélésével kapott számot kivonjuk az eredetiből, akkor a különbség

10iai+10jaj-10jai-10iaj=(10i-10j)(ai-aj)=2j5j9(11...1i-j  darab)(ai-aj)(1)
Az i-j darab egyesből álló szám a következő lehet:
i=j+11i=j+211i=j+3111=337i=j+41111=11101i=j+511111=41271(2)
Vizsgáljuk meg, hogyan jöhetnek létre a kívánt tulajdonságú különbségek! Tekintsük először a 2168=23271-gyel oszthatót. Az (1) felbontást használjuk. Mivel valódi különbségről van szó és |ai-aj|<10, azért csak i=j+5, azaz i=5, j=0 esetén lehet a különbség osztható 271-gyel. Ekkor viszont 8ai-aj, ami a következő esetekben lehetséges (a0a5, mert nemnulla különbségeket tekintünk, és a50, mert valódi hatjegyű számot keresünk):
8a4a3a2a10¯,9a4a3a2a11¯,1a4a3a2a19¯.
Nézzük most a 2525=52101-et: a 101-gyel való oszthatóság csak az 1111-ből származhat, tehát (2) alapján i=j+4. Az i=4, j=0 esetben 25ai-aj kellene fennálljon, ami lehetetlen, ezért i=5, j=1 és 5a1-a5. A lehetőségek:
8a4a3a230¯,9a4a3a241¯,1a4a3a269¯.
A 6875=5411 esetben csak j3 lehet, hiszen ai-aj  5-nek legfeljebb első hatványával lehet osztható. A 11-gyel való oszthatóság miatt i-j=2 vagy 4, ami a j3 feltétellel együtt az i=5, j=3 esethez vezet. Ekkor még 5a3-a5 is szükséges, azaz a számok:
8a43a230¯,9a44a241¯,1a46a269¯.
A 4375=754-t vizsgálva az előző esethez hasonlóan j3 adódik. Mivel 7-tel csak ai-aj lehet osztható, azért a j=3 kizárható: ekkor ugyanis 35ai-aj-nek kellene fennállnia.
Marad a j=4, i=5 eset, valamint 7a4-a5:
813a230¯,924a241¯,186a269¯.
Tudjuk még azt is, hogy a számnak van 7-es jegye is, ez mindhárom esetben csak az a2 lehet. A 9-cel oszthatóságot a három számból kizárólag a 924741 teljesíti, vagyis ez az egyedüli lehetséges szám. Erről viszont azt is láttuk már, hogy valóban megfelelő.
 Pap Gyula (Debrecen, Fazekas M. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján