Kezdőlap


Feladat:	310. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kántor Sándor
Füzet:	1951/december, 221 - 223. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatósági feladatok, "a" alapú számrendszer (a >1, egész szám), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/augusztus: 310. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ha a szám 12-es számrendszerben: $A = a_{n} a_{n - 1} ... a_{1} a_{0}$ alakú, ahol az $a_{i}$ jegyek a $0, 1, 2 ... 11$ számok közül valók, akkor e számot részletesebben így írhatjuk:

\begin{matrix} A = a_{0} + a_{1} 12 + a_{2} 12^{2} + ... + a_{n + 1} 12^{n - 1} + a_{n} 12^{n} \end{matrix}

a) A számjegyek összegét különválasztva:

\begin{matrix} A = a_{n} a_{n - 1} ... a_{2} a_{1} a_{0} = a_{0} + a_{1} 12 + a_{2} 12^{2} + ... + \\ + a_{n - 1} 12^{n - 1} + a_{n} 12^{n} = (a_{0} + a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1} + a_{n}) + \\ + [a_{1} (12 - 1) + a_{2} (12^{2} - 1) + ... + \\ + a_{n - 1} (12^{n - 1} - 1) + a_{n} (12_{n} - 1)] . \end{matrix}

De tudjuk, hogy

(a^{k} - b^{k})

mindig osztható

(a - b)

-vel, tehát

(12^{k} - 1)

mindig osztható

12 - 1 = 11

-gyel.
Így a szögletes zárójelben álló összeg minden tagja, tehát maga az összeg is osztható

11

-gyel.

A

tehát csak úgy lehet osztható 11-gyel, ha a jobboldalon álló másik tag, vagyis a számjegyek összege osztható 11-gyel. Ebben az esetben azonban mindig osztható is 11-gyel.
b) Vonjuk le a kérdéses különbséget magából a számból:

\begin{matrix} (a_{0} + a_{1} 12 + a_{2} 12^{2} + a_{3} 12^{3} + ...) - [(a_{0} + a_{2} + a_{4} + ...) - \\ - (a_{1} + a_{3} + a_{5} + ...)] = a_{1} (12 + 1) + a_{2} (12^{2} - 1) + \\ + a_{3} (12^{3} - 1) + a_{4} (12^{4} + 1) + a_{5} (12^{5} - 1) ... . \end{matrix}

Tudjuk, hogy

(a^{2 k} - b^{2 k})

és

(a^{2 k - 1} - b^{2 k - 1})

mindig osztható

(a + b)

-vel, tehát

(12^{2 k} - 1)

és

(12^{2 k - 1} + 1)

mindig osztható

12 + 1 = 13

-mal. Így a jobboldalon álló összeg minden tagja osztható 13-mal. Tehát a szám akkor és csakis akkor lehet 13-mal osztható, ha a belőle levont különbség is osztható 13-mal.
c) A kérdéses különbség most a következő alakú lesz:

\begin{matrix} [(a_{0} + a_{1} 12 + a_{2} 12^{2}) + (a_{6} + a_{7} 12^{2} + a_{8} 12^{2}) + . \\ . + (a_{12} + a_{13} 12 + a_{14} 12^{2}) + ...] - \\ - [(a_{3} + a_{4} 12 + a_{5} 12^{2}) + (a_{9} + a_{10} 12 + a_{11} 12^{2}) + ...] \end{matrix}

Vonjuk le ezt a különbséget magából a számból. Az áttekinthetőség kedvéért írjuk előbb a számot a következő alakba:

\begin{matrix} a_{0} + a_{1} 12 + a_{1} 12^{2} + a_{3} 12^{3} + ... + a_{n} 12^{n} = (a_{0} + a_{1} 12 + a_{2} 12^{2}) + \\ + (a_{3} + a_{4} 12 + a_{5} 12^{2}) 12^{3} + (a_{6} + a_{7} 12 + a_{8} 12^{2}) 12^{6} + \\ + (a_{3} + a_{10} 12^{2}) 12^{9} + ... \end{matrix}

Most már könnyen felírhatjuk a kivonás eredményét:

\begin{matrix} (a_{3} + a_{4} 12 + a_{5} 12^{2}) (12^{3} + 1) + (a_{9} + a_{10} 12 + a_{11} 12^{2}) (12^{9} + 1) + \\ + ... + (a_{6} + a_{7} 12 + a_{8} 12^{2}) \cdot (12^{6} - 1) + \\ + (a_{12} + a_{13} 12 + a_{14} 12^{3}) \cdot (12^{12} - 1) + ... \end{matrix}

A b) pontban felhasznált két oszthatósági szabály szerint most már:

\begin{matrix} 12^{6 k + 3} + 1 = {(12^{3})}^{2 k + 1} + 1 és 12^{6 k} - 1 = {(12^{3})}^{2 k} - 1 \end{matrix}

oszthatóak:

12^{3} + 1 = 1729 = 7 \cdot 13 \cdot 19

-cel, tehát a szám és a kérdéses különbség különbsége mindig osztható 7-tel, 13-mal és 19-cel, vagyis maga a szám akkor és csakis akkor osztható velük, ha a kérdéses különbség is osztható 7-tel, 13-mal ill. 19-cel.
d) Ha a számokat kettes csoportokba osztjuk és így képezzük a szóbanforgó különbséget, akkor az előbbihez teljesen hasonló módon végezve a számolást, nyilván azt kapjuk, hogy a szám és a kérdéses különbség különbsége mindig osztható

12^{2} + 1 = 145 = 5 \cdot 29

-cel. Ilyen módon tehát az 5-tel és 29-cel való oszthatóságot dönthetjük el.

Kántor Sándor (Debrecen, III. o.)