Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4894. feladat (2017. október)

B. 4894. Hét rabló a zsákmányolt aranytallérokat úgy osztja el, hogy névsor szerint haladva annyit vesznek el, amennyi a még nem szétosztott aranytallérok számában a számjegyek összege. Két teljes kör után az arany elfogy. Mindenkinek ugyanannyi jutott, csak a vezérnek lett több. Hányadik volt a vezér a névsorban?

Matlap (Kolozsvár)

(4 pont)

A beküldési határidő 2017. november 10-én LEJÁRT.


Megoldás. A 9-cel való oszthatósági szabály alapján az első elvétel után már mindig 9-cel osztható lesz a még megmaradt tallérok száma, és így az egyes lépésekben elvett tallérok száma is. (Hiszen a zsákmányolt aranytallérok számának 9-es maradéka ugyanannyi, mint az elsőként elvett tallérok számának.) Az \(\displaystyle i\)-edik elvétel előtt még meglévő tallérok számát jelölje \(\displaystyle a_i\). Tekintsük az utolsó (vagyis 14-edik) elvételt. Mivel a tallérok elfogynak, ezért ezt megelőzően a tallérok száma csak egyjegyű szám lehetett, hiszen a legalább kétjegyű számok nagyobbak számjegyeik összegénél. Mivel az elvett tallérok száma 9-cel osztható, ezért csak \(\displaystyle a_{14}=9\) lehetett. Innen visszafelé haladva meg tudjuk határozni az \(\displaystyle a_i\) számokat. Ha ugyanis a tallérok száma valamikor \(\displaystyle \overline{b_kb_{k-1}\dots b_1b_0}=\sum\limits_{i=0}^k b_i\cdot 10^i\), akkor a soron következő elvétel után

\(\displaystyle \sum\limits_{i=0}^k b_i\cdot 10^i- \sum\limits_{i=0}^k b_i=\sum\limits_{i=1}^k (10^i-1)b_i\geq (10^k-1)b_k\geq 10^k-1\)

tallér marad. Ez speciálisan azt is jelenti, hogy mikor először 100 alá csökken a tallérok száma, akkor legalább (és így pontosan) \(\displaystyle 10^2-1=99\) tallér lesz. Vagyis a 13. elvétel előtt a tallérok száma már kétjegyű kellett legyen. Egy 9-cel osztható kétjegyű számban a számjegyek összege 18 (ha a szám a 99) vagy 9 (minden más esetben). Mivel \(\displaystyle 99-(9+9)=81\), ezért amíg hátulról haladva el nem érünk a 81-ig, minden lépésben 9 tallért vettek el. Vagyis \(\displaystyle a_{13}=9+9=18\), és ugyanígy tovább haladva:

\(\displaystyle a_{12}=27, a_{11}=36,a_{10}=45,a_9=54,a_8=63,a_7=72,a_6={81}.\)

Az 5. elvétel előtt még meglévő tallérok száma csak 90 vagy 99 lehet. Ha \(\displaystyle a_5=90\) lenne, akkor \(\displaystyle a_4\) értéke csak 99 lehetne, viszont 99 tallérból nem 9-et, hanem 18-at kellene elvenni, így ez az eset nem lehetséges. Tehát \(\displaystyle a_5=99\). Ezért \(\displaystyle a_4=\overline{b_2b_1b_0}\) egy háromjegyű szám, melyre \(\displaystyle 99b_2+9b_1=99\). Mivel \(\displaystyle b_2\geq 1\), ezért \(\displaystyle b_2=1,b_1=0\). Továbbá \(\displaystyle 9\mid a_4\) miatt csak \(\displaystyle b_0=8\) lehet, tehát \(\displaystyle a_4=108\). Az \(\displaystyle a_1,a_2,a_3\) számokról könnyen látható, hogy háromjegyűek, hiszen ha \(\displaystyle a_1\) legalább négyjegyű lenne, akkor a korábbiak szerint az első háromjegyű tallérszám a 999 lenne, onnantól pedig minden lépésben legfeljebb 27 tallért vennének el a rablók, aminek \(\displaystyle a_4=108\) ellentmond. így a 3. lépésben \(\displaystyle 9,18\), vagy 27 tallért vett el a soron következő rabló, azonban \(\displaystyle 108+9=117,108+18=126,108+27=135\) miatt csak \(\displaystyle a_3=117\) lehetséges. Ehhez hasonlóan \(\displaystyle a_2\in\{117+9,117+18,117+27\}\), és a három lehetőség közül csak \(\displaystyle a_2=126\) lehetséges. Azt már tudjuk, hogy az osztozkodás végén a 2., 3., 4., 6. és 7. rablóknak 18 tallérja lett, az 5.-nek pedig 27. így a vezér – amennyiben a feladatban szereplő osztozkodás egyáltalán előfordulhat – biztosan az 5. a névsorban. Mivel a többieknek egyformán 18 tallérja kell legyen a végén, ezért ez pontosan akkor fordul elő, ha első lépésben is 9 tallért vett el a névsor szerinti első rabló, vagyis \(\displaystyle a_1=126+9=135\). Mivel \(\displaystyle 1+3+5=9\), ezért ez valóban megvalósulhatott.

Tehát a vezér az ötödik a névsorban.


Statisztika:

221 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:109 versenyző.
3 pontot kapott:63 versenyző.
2 pontot kapott:19 versenyző.
1 pontot kapott:26 versenyző.
0 pontot kapott:4 versenyző.

A KöMaL 2017. októberi matematika feladatai