A K. 776. feladat (2023. szeptember)

K. 776. Egy rendezvényre sorszámozott jegyeket rendeltek egy nyomdától. Ezek előállítása úgy történik, hogy a jegyek a kinyomtatás után bekerülnek egy sorszámozó gépbe, amely minden jegyre egyedi sorszámot nyom, mindig 1-gyel növelve az aktuálisan nyomandó sorszámot. A nyomda elkészítette a megrendelt darabszámnak megfelelően a sorszámozatlan jegyeket, azonban a sorszámozó gép a meghibásodása miatt minden 3-mal osztható sorszámot kétszer adott ki egymás után. A megrendelt jegyekre a sorszámokhoz így összesen 3672 számjegyet használtak el (a sorszámozás 1-gyel kezdődött). A gép megjavítása után hány jegyet kell újra sorszámozni a most már hibátlanul sorszámozó géppel?

(5 pont)

A beküldési határidő 2023. október 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Tekintettel a nagy számjegyszámra feltételezhetjük, hogy a kiadott legnagyobb sorszám legalább háromjegyű volt. Ebben az esetben az egyjegyű sorszámokra \(\displaystyle 9+3=12\), a kétjegyű sorszámokra \(\displaystyle 90\cdot2+30\cdot2=240\) számjegyet használtunk el. Maradt tehát \(\displaystyle 3672-252 = 3420\) számjegy. Ha ezeket mind háromjegyű sorszámokra használták el, akkor összesen \(\displaystyle 1140\) db háromjegyű sorszámot nyomtattak ki. Mivel minden harmadik duplán szerepelt, ez kb. \(\displaystyle 4/3\)-szorosa a háromjegyű sorszámmal helyesen kiadott jegyek számának. Ennek alapján kb. \(\displaystyle 855\) helyes háromjegyű sorszám került kiadásra. Ellenőrizve a számításokat azt kapjuk, hogy \(\displaystyle 855\) háromjegyű sorszám esetén \(\displaystyle 285\) duplán kiadott szám jelenik meg, ez összesen \(\displaystyle 1140\) háromjegyű sorszámot jelent. Tehát a helytelenül kiadott sorszámok száma \(\displaystyle 3+30+285=318\), vagyis ennyi jegyet kell újranyomtatni a hibás sorszám miatt.

2. megoldás. Egyjegyű sorszámra 12 számjegyet használtak el, 9-et helyesen és 3-at a duplán számozott jegyekre. (Ez eddig 3 újraszámozandó jegy.) Kétjegyű sorszámra 240 számjegyet használtak el, \(\displaystyle 90\cdot2=180\) számjegyet helyesen, \(\displaystyle 30\cdot2=60\) számjegyet pedig a duplán számozott jegyekre. (Ez eddig \(\displaystyle 3+30=33\) újraszámozandó jegy.) Felhasználtak még \(\displaystyle 3672-(12+240)=3420\) számjegyet. Nézzük a háromjegyű sorszámot kapott jegyeket. Tekintsük közülük egy blokknak az olyan egymás után sorszámozott négy jegyet, amely két 3-mal nem osztható számú jegyet tartalmaz és az utánuk következő, már 3-mal osztható számú jegyből kettőt. (Az első blokk tehát a 100, 101, 102, 102 számokat viselő jegyekből áll.) Egy blokk számozásához 12 számjegy kell, tehát a 3420 számjegy pontosan 285 blokk számozására volt elég. Mivel \(\displaystyle 285\cdot3= 855\), így a legnagyobb kinyomtatott sorszám a \(\displaystyle 99+855=954\), vagyis négyjegyű sorszám már nem lesz. Minden blokkban egy olyan jegy van, ami helyett újat kell számozni, tehát összesen \(\displaystyle 3+30+285= 318\) darab jegyet kell újraszámozni.

Statisztika:

146 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bencze Anna Borbála, Csáki Anikó, Dömők Bernadett, Ferencz Kevin, Fülöp Magdaléna, Gaál Gergely, Gáti Benjamin, Gazdag Lóránd, Gera Benedek Le, Hajnal Ákos Huba, Halmosi Dávid, Hamar Adrienn , Hegedűs Gergely, Hornyák Zalán Zétény, Ivák László, Juhász Aliz, Juhász Gergely, Juhász Zsombor, Kiss Domonkos László, Kóródy Vera, Kriston Regő Márton, Kubica Ádám, Lupkovics Lázár, Máté Kristóf, Novák Hunor, Olajos Anna, Ördög Dominik, Papp Hunor, Pázmándi Renáta , Poczai Dorottya, Roszik Szabolcs, Schmidt Marcell, Serfőző Dávid, Szabó Máté, Székely Belián, Szuhánszki Zalán, Tamás Attila Gábor, Tóth Bálint Levente, Tóth Luca.
4 pontot kapott:	16 versenyző.
3 pontot kapott:	8 versenyző.
2 pontot kapott:	8 versenyző.
1 pontot kapott:	6 versenyző.
0 pontot kapott:	6 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	63 dolgozat.

A KöMaL 2023. szeptemberi matematika feladatai