Határozd meg az ‾abc‾ alakú háromjegyű természetes számot, ha ‾abc‾=‾ab‾+‾bc‾+‾c a‾ és a ≠ 0. Hogyan?

Máskor inkább Házi feladat rovatba írd ki!

Segítek elindulni:

[link]

Minden alsós kisdiák rúdja, hogy a számok hogyan írhatóak fel helyiérték szerint összeadóakban, például

4251=4*1000+2*100+5*10+1. Ez természetesen minden 10-es számrendszerbeli számra igaz.

Most nekünk abc, ab, bc és ca számok vannak. Írjuk így fel a számokat:

a*100+b*10+1=a*10+b+b*10+c+c*10+a, ezeket összevonjuk:

a*100+b*10+c=a*11+b*11+c*11, kiemelünk 11-ez

a*100+b*10+c=11*(a+b+c)

Ebből az egyenletből két dolgot tudunk kiolvasni;

-a szám osztható 11-gyel

-mivel a+b+c maximális értéke 27, ezért a szám legfeljebb 11*27=297 lehet, emiatt a értéke vagy 2 vagy 1.

Ha más ötletünk nincs, írjuk fel az összes 11-gyel osztható 3-jegyű számot 297-ig:

110, 121, 132, 143, 154, 165, 176, 187, 198, 209, 220, 231, 242, 253, 264, 275, 286

Ebből, ami 0-t tartalmat, ki lehet venni, mivel egyik sem lehet 0. Ezeket úgy kell ellenőrizni a feladat alapján, hogy a szám számjegyeit összeadod, és megszorzod 11-gyel. Ha visszakaptad az eredeti számot, akkor az a szám jó lesz.

Ha viszont esetleg tudjuk a 11-gyel való oszthatóságot, akkor így számolhatunk; a számjegyek előjeles összege 0, 11 vagy 22 lehet több nem, ezt már egyszer láttuk):

a-b+c=0, erre a+c=b. Azt már az előbb megbeszéltük, hogy a értéke 1 vagy 2 lehet, emiatt első körben 1+cún, ezt beírjuk az első egyenletbe:

1*100+(1+c)*10+c=11*(1+c+1+c), ezt meg tudod oldani c-re. Ha ez megvan, akkor b értéke is meghatározható. Hogyha mindhárom betűre pozitív számjegyeket kaptunk, akkor abból egyértelműen megadható a háromjegyű szám.

Ugyanezt végig kell zongorázni b=c+2-vel, valamint a-b+c=11-gyel és a-b+c=22-vel is.

a*100+b*10+c=11*(a+b+c)

Innen eggyel lépjünk csak tovább:

a*89=b+10c

Nohát... b,c számjegyek, tehát a jobboldal legfeljebb 99 a bal oldal viszont legalább 89, tehát a=1

Ezután 0<=b<=10 89-b osztható tízzel, így b=9,c=8.

Más megoldás nincs.

198=19+98+81 tényleg.

Érdekességképpen nézzük meg a példát k alapú számrendszerben:

a*k^2+b*k+c=(k+1)(a+b+c)

a*(k^2-k-1)=b+kc

Ahol 0<=b<=k-1 és 0<=c<=k-1 tehát a jobboldal maximuma k-1+k^2-k=k^2-1 . Ha a=2 akkor

2k^2-2k-2 > k^2 - 1 igaz minden k > 1+sqrt(2) -re tehát csak k=3-ra jöhet egyáltalán szóba a=2 (ennél nagyobb a pedig semmikor, miért?)

Tehát k>3 -ra a=1 és akkor k^2-k-1=b+kc -t kell feldologzni, k^2-k-kc=b+1 tehát b+1 osztható k-val tehát a=1,b=k-1 aztán k^2-k-kc=k ==> k-1-c=1 ===> c = k -2 nem csak tízre hanem minden k>3-ra!

k=2-re és k=3 -t kell megnézni hogy mi van még. k=2 -re is a=1 muszáj lesz ha nem 0 más nem lehet. Tehát a=1,b=1,c=0 k=2-re.

k=3 -ra

5a=b+3c

a=1-re b=2 c = 1 szokásos adódik, a=2-re viszont nincs megoldás ezzel készen is vagyunk: csak az a=1,b=k-1,c=k-2 számhármas a megoldás de az minden k-ra.

Kicsit elbonyolítottam, hiszen az 1+sqrt(2) az < 3 tehát a 3-at nem kell külön megnézni csak a 2-t de arra meg triviális hogy a=1 lehet csak, visszahelyettesítve k=2-re látszik hogy az 110 az jó.

Tehát még egyszer, immár nem elbonyolítva:

a*k^2+b*k+c=(k+1)(a+b+c)

a*(k^2-k-1)=b+kc

Ahol 0<=b<=k-1 és 0<=c<=k-1 tehát a jobboldal maximuma k-1+k^2-k=k^2-1 . Ha a=1 akkor a bal oldal kisebb ennél a maximumnál. Viszont (k^2-k-1)>k+1 minden k>1+sqrt(3)-ra tehát a>1-re (k^2-k-1)+(a-1)(k^2-k-1)>(k^2-k-1)+(a-1)(k+1)>k^2-k-1+k+1=k^2>k^2-1. Tehát k>=3>1+sqrt(3)-ra a=1. k=2-re is a=1 mivel csak 1 v 0 lehet eleve. Tehát minden k>=2-re a=1.

k^2-k-1=b+kc -t már tudjuk, k^2-k-kc=b+1 tehát b+1 osztható k-val tehát a=1,b=k-1 aztán k^2-k-kc=k ==> k-1-c=1 ===> c = k -2 nem csak tízre hanem minden értelmes k-ra.

Én jól szórakozom ezen a feladaton :D (k^2-k-1)>k+1 be lehet bizonyítani a másodfokú megoldóképlet nélkül is:

k^2>k^2-1 triviális

k^2-1>=2k+2=2(k+1) leosztunk K+-el

k-1>=2

k>=3

és ezzel teljesen általános iskolai példát faragtunk belőle még ha kicsit nehezet is :)

Ennyi év után véletlenül megláttam ez, van erre egy szép kis megoldás...

Az utolsó számjegyeket megnézve látszik hogy (a+b+c) és (c) ugyanarra a számjegyre végződnek tehát (a+b) 0-ra kell végződjön. Viszont a nem 0 tehát a+b=10. Nagyszerű. (Mellesleg itt jól látszik, hogy ha a=0-t megengednék, akkor b=0 lenne és visszahelyettesítve c=c+10*c-t kapunk vagyis c=0.)

Hát ha ilyet észrevettünk, akkor a 100*a+10*b+c=11*a+11*b+11*c-ből vigyük egy oldalra az "a" és "b" változókat: 89a-b=10c, behelyetessítünk, 89a-(10-a)=10c, 90a-10=10c, leosztunk 10-el, 9a-1=c viszont c számjegy, és 2 vagy nagyobb a-ra a bal oldalra határozottan tíznél több, tehát a=1,c=8 és az előbbiből b=9. Kész is.

Mivel valaki megoldotta k számrendszerre is, az a+b=k továbbra is érvényes, a*(k^2-k-1)-b=k*c , a*(k^2-k-1)-k+a=k*c , a*(k^2-k)-k=k*c , a*(k-1)-1=c pontosan ugyanúgy és c<=k-1 mivel számjegy amiből a*(k-1)-1<=k vagyis a(k-1)<=k-1 , a<=1 de mivel a>0 ezért a=1. Amiből b=k-1, c=k-2 és kész. Ugyanúgy összehasonlításra megy a történet de nem kell k^2-t méregetni.