Feladat:	C.595	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Füzet:	2001/április, 207 - 209. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Tizes alapú számrendszer, Kombinatorikai leszámolási problémák, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/október: C.595

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A háromjegyű szám számjegyei $0$ és 9 közé esnek, a százasok helyén nem állhat 0. Írjuk fel az első néhány szám faktoriálisát: $\begin{array}{c}{\displaystyle 0!=\mathrm{1,}{}^{*}\text{megállapodás szerint}1!=\mathrm{1,}2!=\mathrm{2,}3!=\mathrm{6,}4!=\mathrm{24,}5!=\mathrm{120,}6!=\mathrm{720,}7!>1000.}\end{array}$ $7!>1000$ miatt 7, 8, 9 nem szerepelhet a számjegyek között. $6!=720$ miatt 6-os sem lehet köztük, mert akkor a százasok helyén legalább 7 kellene álljon, amit kizártunk. Ha nem lenne 5-ös a számjegyek között, akkor az előbbiek szerint a három számjegy összege legfeljebb $3\cdot 24=72$ lehet, ami nem háromjegyű. Három 5-ösből nem állhat a szám, mert $555\ne 5!+5!+5!=360$. Ha két 5-ös szerepelne a jegyek között, akkor a faktoriálisok összege legalább 241, legfeljebb 264, tehát a harmadik számjegy a százasok helyén álló 2-es kellene legyen, de $255\ne 2!+5!+5!=242$. Ha pedig egyetlen 5-ös szerepel a jegyek között, akkor a százasok helyén 1-es áll ($120+24+24<200$ miatt). A számjegyek faktoriálisainak összege $120+1+1=122$ és $120+1+24=145$ közé esik. Így csak a 125, a 135 és a 145 jöhet szóba. Ezeket megvizsgálva kapjuk, hogy a feladatnak egyetlen megoldása van, a $145\left(=1+24+120\right)$.   II. megoldás. Ha az $A=100a+10b+c$ egy háromjegyű szám, akkor jelölje az $a!+b!+c!$ számot $f\left(A\right)$, az $a$, $b$, $c$ jegyek maximumát pedig $M$. Ekkor nyilván $100\le A\le 999$, másrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle M!\le f\left(A\right)\le 3M!\mathrm{.}}\end{array}$ Így ha $A=f\left(A\right)$, akkor $100\le 3M!$ és $M!<1000$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 4!<\frac{100}{3}\le M!<\mathrm{1000,}}\\ \hfill {\displaystyle 4!<M!<7!}\end{array}}}\end{array}$ és ezért $5\le M\le 6$. Ha $M=6$, akkor $A\ge 6!=720$, tehát az $A$ első jegye nagyobb, mint 6, erről pedig az imént láttuk, hogy nem lehetséges. Így az $A$ jegyeinek a maximuma 5. Ekkor nyilván $\begin{array}{c}{\displaystyle 100a\le A\le a!+2\cdot 5!=a!+\mathrm{240,}}\end{array}$ ez pedig biztosan nem teljesül, ha $2<a\le 5$. Ha $a\le 2$, akkor $a!=a$, a feltétel pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle 100a+10b+c=a!+b!+c!\mathrm{,}}\end{array}$ (*) ahol $\underset{}{\overset{}{\text{max}}}\left(b\mathrm{,}c\right)=5$. Ha $b$ és $c$ minimuma $m$, akkor $m\le 5$, és $\left(*\right)$ most így írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle 99a+10b+c=5!+m!\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $a=2$, akkor innen $2\cdot 99\le 120+m!$, ahonnan $m!>4!$, azaz $m=5$. Ekkor $A=255\ne f\left(A\right)=2!+2\cdot 5!=242$. Ha $a=1$, akkor $A=100+10b+c=1+120+m!$, és így $\begin{array}{c}{\displaystyle 5!>100>10b+c=21+m!>m!\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $m\le 4$. Ez azt jelenti, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 10b+c\le 21+4!=\mathrm{45,}}\end{array}$ (2) azaz $b\le 4$. Mivel $\underset{}{\overset{}{\text{max}}}\left(b\mathrm{,}c\right)=5>b$, innen $c=5$ és $b=m\le 4$. Most (2)-ből $\begin{array}{c}{\displaystyle 10b+5=21+b!\text{és így}10b-b!=16.}\end{array}$ A még szóbajövő $b=1$, 2, 3, 4 értékekre ez egy esetben teljesül, akkor, ha $b=4$. Így egyetlen olyan háromjegyű $A$ szám van, amelyre $A=f\left(A\right)$, ez pedg a $145=1!+4!+5!$. *${}^{*}$