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

A C. 1730. feladat (2022. szeptember)

C. 1730. Határozzuk meg az összes \(\displaystyle \overline{0{,}abc}\) alakú tizedestörtet, amelyben \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) számjegyek, \(\displaystyle a\ne 0\) és teljesül, hogy \(\displaystyle \overline{0{,}abc}=\frac{a}{a+b+c}\).

(Horvát feladat)

(5 pont)

A beküldési határidő 2022. október 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Tudjuk, hogy \(\displaystyle \overline{0,abc}=0,\!1a+0,\!01b+0,\!001c\), ezért a megadott egyenlet mindkét oldalát beszorozzuk \(\displaystyle 1000(a+b+c)\)-vel:

\(\displaystyle 1000a=(a+b+c)(100a+10b+c).\)

Ekkor állítjuk, hogy \(\displaystyle a+b+c<10\), amelyet indirekt módon bizonyítunk. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle a+b+c\geq10\), ekkor

\(\displaystyle 1000a=(a+b+c)(100a+10b+c) \geq 10(100a+10b+c)=1000a+100b+10c,\)

azaz

\(\displaystyle 0\geq 100b+10c,\)

ami csak \(\displaystyle b=c=0\) esetén teljesülne, ám ezt az eredeti feltételbe helyettesítve ellentmondást kapunk, hiszen \(\displaystyle 0,\!1a=\frac{a}{a}=1\) lenne, amelynek egyetlen megoldása az \(\displaystyle a=10\), ám \(\displaystyle a\) számjegy, ezért kisebb \(\displaystyle 10\)-nél.
Ezután az \(\displaystyle a+b+c\) értéke alapján esetvizsgálatot végzünk.
1. eset. Ha \(\displaystyle a+b+c=9\), akkor \(\displaystyle 1000a=9(100a+10b+c)\), amelyből rendezés után a \(\displaystyle 100a=90b+9c=9(10b+c)\) egyenletet kapjuk. A bal oldal értéke pozitív és osztható \(\displaystyle 100\)-zal, hiszen \(\displaystyle a\) nemnulla számjegy, ezért a jobb oldalnak is oszhatónak kell lennie \(\displaystyle 100\)-zal, ami kizárólag \(\displaystyle b=c=0\) esetén teljesülne, így ellentmondásra jutunk, nem kapunk megoldást.
2. eset. Ha \(\displaystyle a+b+c=8\), akkor \(\displaystyle 1000a=8(100a+10b+c)\), amelyből rendezés után a \(\displaystyle 25a=10b+c\) egyenletet kapjuk. Ha \(\displaystyle a=1\), akkor \(\displaystyle 25=10b+c\), így \(\displaystyle b=2\) és \(\displaystyle c=5\), így az \(\displaystyle a+b+c=8\) is teljesül, tehát jó megoldást kapunk. Ellenőrizzük: \(\displaystyle 0,125=\frac{1}{1+2+5}=\frac{1}{8}\). Ha \(\displaystyle a=2\), akkor \(\displaystyle 50=10b+c\), így \(\displaystyle b=5\) és \(\displaystyle c=0\) lenne, ám ekkor \(\displaystyle a+b+c=7\), tehát nem teljesül a feltétel, nem kapunk megoldást. Ha \(\displaystyle a=3\), akkor \(\displaystyle 75=10b+c\), így \(\displaystyle b=7\) és \(\displaystyle c=5\) lenne, ám ekkor \(\displaystyle a+b+c=15\), tehát nem teljesül a feltétel, nem kapunk megoldást. Ha \(\displaystyle a\geq4\), akkor \(\displaystyle 10b+c=25a\geq100\), ami ellentmondás, hiszen \(\displaystyle 10b+c\leq99\), ezért így sem kapunk megoldást.
3. eset. Ha \(\displaystyle a+b+c=7\), akkor \(\displaystyle 1000a=7(100a+10b+c)\), amelyből rendezés után a \(\displaystyle 300a=7(10b+c)\) egyenletet kapjuk. Ez a \(\displaystyle 100\)-zal való oszthatóság alapján, teljesen hasonlóan az 1. esethez, a \(\displaystyle b=c=0\) esetén valósulhatna meg, ami ellentmondás.
4. eset. Ha \(\displaystyle a+b+c=6\), akkor \(\displaystyle 1000a=6(100a+10b+c)\), amelyből rendezés után a \(\displaystyle 200a=3(10b+c)\) egyenletet kapjuk. Ez a \(\displaystyle 100\)-zal való oszthatóság alapján, teljesen hasonlóan az 1., illetve a 3. esethez, a \(\displaystyle b=c=0\) esetén valósulhatna meg, ami ellentmondás.
5. eset. Ha \(\displaystyle a+b+c\leq5\), akkor \(\displaystyle 1000a\leq5(100a+10b+c)\), ebből rendezés után a \(\displaystyle 100a\leq 10b+c\) egyenlőtlenséget kapjuk, ami nyilvánvalóan ellentmondás, hiszen a bal oldal értéke legalább \(\displaystyle 100\), a jobb oldal értéke pedig legfeljebb \(\displaystyle 99\). Most sem kapunk megoldást.
Több eset nincs, így a feladat egyetlen megoldása a \(\displaystyle 0,\!125\).


Statisztika:

159 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:56 versenyző.
4 pontot kapott:6 versenyző.
3 pontot kapott:9 versenyző.
2 pontot kapott:6 versenyző.
1 pontot kapott:25 versenyző.
0 pontot kapott:35 versenyző.
Nem versenyszerű:8 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:2 dolgozat.

A KöMaL 2022. szeptemberi matematika feladatai