A C. 1282. feladat (2015. március)

C. 1282. Hány megoldása van a \(\displaystyle 2^{a}+3^{b}+4^{c}+5^{d}+6^{e}=22\) egyenletnek, ha \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\) egész számok?

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. április 10-én LEJÁRT.

Megoldás. 1. eset: minden kitevő nemnegatív. A szóba jöhető legnagyobb hatvány értelemszerűen mindig az, amivel még nem kapunk annál az összegnél nagyobb számot, aminek a maradék \(\displaystyle n\) darab számból ki kell jönnie. Ezt az összeget \(\displaystyle m_n\)-nel fogjuk jelölni. Először a legnagyobb alaphoz tartozó kitevőt nézzük, és haladunk sorban a kisebb alapok felé.

1.1. \(\displaystyle e=1\), ekkor \(\displaystyle m_4=16\).

1.1.1 \(\displaystyle d=1\), \(\displaystyle m_3=11\).

1.1.1.1 \(\displaystyle c=1\), \(\displaystyle m_2=2^a+3^b=7\). Ha \(\displaystyle b=1\), akkor \(\displaystyle a=2\). Ha \(\displaystyle b=0\), akkor nincs megoldás.

1.1.1.2 \(\displaystyle c=0\), \(\displaystyle 2^a+3^b=10\). Ha \(\displaystyle b=2\), akkor \(\displaystyle a=0\). Ha \(\displaystyle b=1\) vagy 0, akkor nincs megoldás.

1.1.2 \(\displaystyle d=0\), \(\displaystyle m_3=15\).

1.1.2.1 \(\displaystyle c=1\), \(\displaystyle 2^a+3^b=11\). Ha \(\displaystyle b=2\), akkor \(\displaystyle a=1\); ha \(\displaystyle b=1\), akkor \(\displaystyle a=3\). Ha \(\displaystyle b=0\), akkor nincs megoldás.

1.1.2.2 \(\displaystyle c=0\), \(\displaystyle 2^a+3^b=14\), ekkor \(\displaystyle b=2\), 1 vagy 0, de egyik sem ad megoldást.

1.2 \(\displaystyle e=0\), \(\displaystyle m_4=21\).

1.2.1 \(\displaystyle d=1\), \(\displaystyle m_3=16\).

1.2.1.1 \(\displaystyle c=1\), \(\displaystyle 2^a+3^b=12\), semelyik \(\displaystyle b\) nem ad megoldást.

1.2.1.2 \(\displaystyle c=0\), \(\displaystyle 2^a+3^b=15\), nincs megoldás.

1.2.2 \(\displaystyle d=0\), \(\displaystyle m_3=20\).

1.2.2.1 \(\displaystyle c=2\), \(\displaystyle 2^a+3^b=4\). Ha \(\displaystyle b=1\), akkor \(\displaystyle a=0\). Ha \(\displaystyle b=0\), akkor nincs megoldás.

1.2.2.2 \(\displaystyle c=1\), \(\displaystyle 2^a+3^b=16\). Nincs megoldás.

1.2.2.3 \(\displaystyle c=0\), \(\displaystyle 2^a+3^b=19\). Ha \(\displaystyle b=1\), akkor \(\displaystyle a=4\). Ha \(\displaystyle b=2\) vagy 0, akkor nics megoldás.

2. eset: van negatív kitevő. Mivel a legnagyobb értékű negatív kitevőjű hatványok összege \(\displaystyle \frac12+\frac13+\frac14+\frac15+\frac16=\frac{30+20+15+12+10}{60}=1\frac{27}{60}\), ezért a negatív kitevőjű hatványok összege csak 1 lehet, a többi szám összege ekkor 21. Próbáljuk meg az 1-et előállítani: \(\displaystyle \frac12+\frac13+\frac16=1\). Mivel \(\displaystyle \frac13+\frac16+\frac14+\frac15=\frac12+\frac{9}{20}<1\), ezért az \(\displaystyle \frac12\) mindenképpen a törtek között van. Tehát a 21 előállításához a 2-hatványokat nem használhatjuk fel. A szóba jövő hatványok: 1, 3, 9; 1, 4, 16; 1, 5; 1, 6. Mivel \(\displaystyle 3+4+5+6<21\), ezért valamelyik kitevő legalább 2. A 9-hez még 12 kell, hogy 21 legyen, de ez csak úgy áll elő a maradék számokból, ha mind a három alapot felhasználjuk, ekkor viszont az \(\displaystyle \frac12\)-et nem tudjuk 1-re kiegészíteni. A 16-hoz pedig az 5 hiányzik, ez (ha nem minden alapot használunk) csak egyféleképp áll elő, az így kapott megoldás: \(\displaystyle \frac12+\frac13+16+5+\frac16=22\).

Hét megoldást kaptunk:

Statisztika:

121 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ardai István Tamás, Balázs Ákos Miklós, Bereczki Zoltán, Bindics Boldizsár, Bottlik Judit, Csapó Márton, Cseh Noémi, Egyházi Anna, Erdei Ákos, Fekete Balázs Attila, Fényes Balázs, Horváth Botond, Hunyadi Marcell, Jójárt Alexandra, Kamenár Gyöngyvér, Kasó Ferenc, Klász Viktória, Knoch Júlia, Kocsis Júlia, Kósa Szilárd, Kovács Kristóf, Krisztián Jonatán, Marozsák Tóbiás , Matusek Márton, Mészáros 01 Viktória, Mikulás Zsófia, Nagy 911 Viktória, Nanys Patrick, Németh 729 Gábor, Páhoki Tamás, Schrettner Jakab, Sebastian Fodor, Souly Alexandra, Sudár Ákos, Szajkó Gréta, Szécsi Adél Lilla, Szücs Patrícia, Tatai Mihály, Telek Máté László, Tevesz Judit, Tóth Tamás, Valus Dávid, Varjas István Péter, Wei Cong Wu.
4 pontot kapott:	17 versenyző.
3 pontot kapott:	24 versenyző.
2 pontot kapott:	20 versenyző.
1 pontot kapott:	10 versenyző.
0 pontot kapott:	6 versenyző.

A KöMaL 2015. márciusi matematika feladatai