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:	9 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2022. szeptemberi matematika feladatai