Двухцифровые числа AB и CD произведение которых трехцифр DDD

cxzbsdhwert · 07.02.2026, 20:59

Решал олимпиадную задачу для шестого класса, в итоге по сути так и не решил, хотел бы получить советы как нужно было действовать в целом и на конкретных этапах.

Цитата:

Найти все десятичные числа $AB$ и $CD$ , состоящие из двух цифр, произведения $AB\times CD$ которых есть десятичное число из трёх цифр $DDD$

Не буду приводить решение в той последовательности в которой оно было, поскольку делал много ошибок, и вообще решал задачу неделю.

Я решал сначала, рассматривая за основу умножение в столбик двухцифровых чисел но не "по модулю 10", потому что вычетов на лекциях ещё не было и я почти ничего об этом не знаю, а типо в "поле характеристики 0", ну то есть в обычных числах.
Сначала проанализировал такое умножение, получив следующие свойства:

(Оффтоп)

1. Чтобы единичный разряд результата умножения был $D$ , необходимо, чтобы единичный разряд $B\times D$ был $D$ . Для нечётных $D$ , кроме $5$ с учётом того что все числа $A,B,C,D$ натуральные (пока целые) и меньше десяти, это возможно только если $B=1$ . Для чётных $D$ , $B$ может принимать два значения: $1$ и $6$ . Для $D=5$ $B=1,3,5,7,9$ .
2. $D\neq 0$ , поскольку нужно получить число из трёх цифр. $B\neq 0$ , иначе единичный разряд произведения $0$ . Ни $A$ ни $C$ не ноль, поскольку тогда это не двухцифровые числа. Тогда $A,B,C,D\in\mathbb N$ и меньше десяти.
3. Поскольку по условию результат умножения - число именно из трёх цифр, то $A\times C$ , отвечающее за сотенный и тысячный разряды обязано быть меньше десяти.
4. Поскольку сотенный разряд умножения должен быть $D$ , то $A\times C$ должно быть меньше либо равно $D$ .
5. Если $A\times C$ равно $D$ , то нужный сотенный разряд уже достигнут только за счёт них, и тогда $A\times D$ и $B\times C$ , обеспечивающие десятковый разряд, не должны переполнятся. Но каким-бы не был $A$ , $A\times D\geq D$ , и тогда $B\times C$ (на самом деле ещё потенциально $+$ переполнение от $BD$ ) должно "переполнить" $A\times D$ (поскольку $C$ не может быть нулевым), чтобы "дойти" до $D$ . Значит переполнение десятков всегда будет происходить, и переполнятся десятки будут на разряд сотен. А по предположению $A\times C=D$ , к сотням больше ничего добавляться не должно. Противоречие.
Значит $A\times C$ строго меньше $D$ .
6. С учётом того что $A\times C<D$ , $C$ и $A$ и по отдельности меньше $D$ .

Теперь переходим от теории чисел к алгебре. Я решил записать три уравнения для каждого из разрядов нужного произведения. Поскольку арифметика по вычетам мне не известна, нужно решать всё в обычных числа, которые по отдельности могут "переполнять" десятку, но уравнения в изначальном виде гарантировано должны давать выражения меньшие $10$ , а точнее ровно $D$ . Получилось (с седьмой где-то попытки) так (далее я не буду писать знак умножения, т.е. $XY$ означает $X\cdot Y$ , и может быть больше десяти. Также, далее везде под квадратными скобками $[]$ будет иметься в виду не ближайшее целое, а нижняя целая часть $\lfloor\rfloor$ ):

(Оффтоп)

Единицы: $BD-10[\dfrac{BD}{10}]=D$
Десятки: $(AD+[\dfrac{BD}{10}]-10[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}]) +$ $(BC-10[\dfrac{BC}{10}])-10[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]-10[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}] + BC - 10[\dfrac{BC}{10}]}{10}]=D$
Сотни: $AC+[\dfrac{BC}{10}]+[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}]-10[\dfrac{AC+[\dfrac{BC}{10}]+[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}]}{10}]=D$

Далее мне потребовалось следующее утверждение: если в выражении нижней целой части отсутствует вычитание нецелых, то как вычитающиеся так и прибавляющиеся целые можно вынести за знак нижней целой части. Доказательство: Пусть под знаком нижней целой части, нецелое с положительным знаком и целое: $[r\in\mathbb R + z\in\mathbb Z]$ . Тогда нецелое можно представить как сумму целого и нецелого больше либо равного нуля и меньшего единицы: $[(n\in\mathbb N + 0.x) + z]=[(n+z)+0.x]=n+z=[r]+z$
Используя это утверждение, сокращаем:
Единицы: $BD-10[\dfrac{BD}{10}]=D$
Десятки: $AD+[\dfrac{BD}{10}] +$ $BC-10[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]+ BC}{10}]=D$
Сотни: $AC+[\dfrac{BC}{10}]+[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}]-10[\dfrac{AC+[\dfrac{BC}{10}]+[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}]}{10}]=D$
По условию, сотни не должны переполнять, а значит $[\dfrac{AC+[\dfrac{BC}{10}]+[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}]}{10}]=0$ , и тогда сотни окончательно:
$AC+[\dfrac{BC}{10}]+[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]}{10}]=D$

Выразим $A$ через десятки: $A=1+\dfrac{10[\dfrac{AD+[\dfrac{BD}{10}]+ BC}{10}]-[\dfrac{BD}{10}]-BC}{D}$ . Из чего делаем важное заключение, что:
7. $A>1$ (а ещё выражение числителя должно быть делимо $D$ ).

Тут уже можно составить оценочную таблицу допустимых $A,B,C$ :

(Оффтоп)

$\begin{bmatrix} A&B &C &D \\ -&1 &- &1 \\ -&1,6 &- &2 \\ 2&1 &1 &3 \\ 2,3&1,6 &1 &4 \\ (2,3),2&1,3,5,7,9 &1,2 &5 \\ (2,3,4,5),2&1,6 &1,2 &6 \\ (2-6),(2-3),2&1 &1,2,3 &7 \\ (2-7),(2-3),2&1,6 &1,2,3 &8 \\ (2-8),(2-4),2,2&1 &1,2,3,4 &9 \end{bmatrix}$

Получается, необходимо перебрать $53$ комбинации, не учитывая $D=5$ . Это намного меньше $10^4$ , но перебирать столько всё равно не хочется, поэтому я пробовал дать более сильную оценку.

Были разные идеи, но то ли я запутался столько дней решая, то ли они были не достаточно обобщающими, и я решил уже перебирать, но только перед этим написать программу, которая выдаст все нужные числа и покажет все ли они удовлетворяют моим оценкам. Ну это не читерство, поскольку я просто хотел сверить будущий ответ. Я решил написать сценарий на Javascript, чтобы не компилировать, подвергаясь соблазну просто использовать просто eval(a+""+b+"*"+c+""+d), проганяя независимо все переменные, но решил всё же подумать. Ну и придумав код, понял что видимо придумал как это должен был решать шестиклассник, поэтому останавился на коде и вернулся к решению, теперь уже параллельно другим путём:
$(10A+B)(10C+D)=x$
$100D+10D+D=x$

Тогда $(10A+B)(10C+D)=100AC+10AD+10BC+BD=111D$ и к сожалению, я сделал ошибочный вывод, что $BD=D$ из которого последовало ошибочное $B=1$ . После этого получается $10AC+AD+C=11D$ , но это всё равно по существу, решения - то есть уменьшения количества перебираемых комбинаций, не дало. Я много как крутил это выражение, например $AD+C$ должно оканчиваться на $D$ , тут я вернулся к целой части, записал как $AD+C-10[\dfrac{AD+C}{10}]=D$ и я также смог найти явное выражение $[\dfrac{AD+C}{10}]=[\dfrac{11D-10AC}{10}]=[1.1D-AC]=D-AC$ и тогда $AD+C-10D+10AC=D$ , но это уже хождения кругами. Пробовал ещё:

(Оффтоп)

Выразить $A,C,D$ , ну в частности:
$A=\dfrac{11D-C}{10C+D}$

$C=\dfrac{D(11-A)}{10A+1}$

$D=\dfrac{C(10A+1)}{11-A}$
И как-то ограничить по признаку делимости, но толком ничего не получил. Ну и в итоге я всё-таки дописал программу и увидел.
Ещё, если $B=1$ , то по ранееприведённому выражению $A=1+\dfrac{10[\dfrac{AD+ C}{10}]-C}{D}$ , и если целая часть $=1$ , то получается что как бы обратный по сложению к $C$ , но только "по модулю $10$ " должен быть делим (не по модулю 10, а просто) $D$ . Ну ещё числитель меньше $9D$ , но опять-таки развивая это ни к чему не привело.
Ещё заметил что вычеты можно рассматривать как циклы (перестановки), тема которых была на алгбере перед определителем.

Ну и в итоге я всё же дописал программу, которая, увы, помимо $21\cdot 37$ , которые я ещё вначале подобрал, выдала вторую (и всё) пару $37 \cdot 15$ (а я же полагал что $B$ только единица, хотя изначально рассматривал и, как раз $3$ для $D=5$ ).

wrest · 07.02.2026, 21:42

cxzbsdhwert
Я не уверен насчёт 6-го класса, но рассуждал бы так.
Поскольку $DDD=k\cdot 111, k=1..9$ , и поскольку $111=3\cdot 37$ (а 37 - простое) то любое DDD равно $3\cdot k\cdot 37$ дальше надо проверить какие числа $3k$ подходят под условие задачи.

cxzbsdhwert · 07.02.2026, 21:50

wrest в сообщении #1717623 писал(а):

Поскольку $DDD=k\cdot 111, k=1..9$ , и поскольку $111=3\cdot 37$ (а 37 - простое) то любое DDD равно $3\cdot k\cdot 37$ дальше надо проверить какие числа $3k$ подходят под условие задачи.

Всего-то...

(Оффтоп)

wrest в сообщении #1717623 писал(а):

Я не уверен насчёт 6-го класса

Пятого?