Feladat: 1323. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bóta K. ,  Deák I. ,  Huhn A. ,  Kiss Katalin ,  Lovász L. ,  Márki László ,  Mátrai M. ,  Nagy Klára ,  Pelikán J. ,  Siket Aranka ,  Simonovits András ,  Veres F. 
Füzet: 1965/április, 168 - 170. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Racionális számok és tulajdonságaik, Algebrai átalakítások, Periodikus sorozatok, Szakaszos tizedestörtek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/május: 1323. matematika feladat

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

I. Az 1/491 hányados egész része 0, és a részletmaradék 1. Kényelmesebb lesz a lépések sorszámozását ez után elkezdeni, így a k-adik lépésben a részletosztandó, a hányados abból kapott számjegye és a részlet maradék helyi értéke 10-k. Az állítás szerint a 13. részlet maradék 2. Valóban, i=1,2,...,13 esetén az osztás i-edik lépésében az A részletosztandó, a hányados j új számjegye és az R részletmaradék értéke az alábbi táblázat

 

i     1    2    3    4    5    6    7    8    9    10    11    12    13A     10    100    1000    180    1800    3270    3240    2940    4850    4310    3820    3830    3930  j   0      0       2      0       3       6       6       5       9       8       7       7       8R     10    100      18    180     327     324     294     485     431     382     383   393       2  

 


szerint alakul, és R13=2. A 13 lépéssel való előrehaladás azt jelenti, hogy az 1⋅1013:491 hányados egész részének megállapítása után a maradék 2, vagyis 1013=491⋅B+2, ahol B egész szám.
Legyen az 1:491 osztás k-adik lépése után a részletmaradék r, ahol 0<r<491, egész szám, eszerint 10k=491C+r (C és minden további nagy betű egész számot jelöl). Keresnünk kell a 10k+13:491 hányados egész részének megállapítása után mutatkozó maradékot. Az osztandó így alakítható:
10k+13=10k⋅1013=(491C+r)(491B+2)=491D+2r,
ahol 0<2r<982.
Mármost 0<r<246 esetén 0<2r<492, és mivel 2r páros, 0<2r<491, így a 10k+13:491 hányados egész része D, és maradéka az 1. állításnak megfelelően 2r. Ha pedig 245<r<491, akkor 490<2r<982, és 2r páros, tehát 491<2r<982, 2r-ben az osztó még 1-szer megvan, a hányados egész része D+1, és a maradék
r'=2r-491;
erre ugyanis teljesül 0<r'<491. Ezzel az 1. és 2. kérdésre válaszoltunk.
II. A 3. állításra egy példát látunk a fenti táblázatban: R3=18=9⋅2, és R13=2. Eszerint a 18⋅1010:491 hányados egész részének megállapítása után fellépő maradék 2, vagyis 18⋅1010=491E+2. Itt E páros, mert a bal oldal és a jobb oldal második tagja az, 491 pedig páratlan, vagyis E=2F, és ezért 9⋅1010=491F+1.
Tegyük fel, hogy az 1:491 osztás m-edik lépése utáni maradék r=9s, ahol s egész, és 0<9s<491, vagyis 10m=491G+9s. Ekkor a 10 lépéssel későbbi maradék 10m+10-nek 491-gyel való osztásánál keletkezik. Mivel
10m+10=491⋅G⋅1010+9⋅1010s=491(G⋅1010+F⋅s)+s,
tehát a maradék valóban 9-ed része r-nek.
III. A szakasz számjegyei számának megállapításához az 1-ben megengedett tételen túl a következőt is felhasználjuk2: az a/b hányadoshoz tartozó végtelen tizedes tört szakasza közvetlenül a tizedesvessző után kezdődik, ha b relatív prím 10-hez. Eszerint az a kérdés, hányadik lépésben ismétlődik meg először az 1. lépés előtti részletmaradék, az 1 szám; ekkor a szakasz jegyeinek száma egyenlő a talált sorszámmal.
Mivel 491 prím, a szakasz hossza a felhasználható tétel szerint 490 valamelyik osztója, tehát az 1, 2, 5, 7, 10, 14, 35, 49, 70, 98, 245 és 490 számok valamelyike; az ilyen sorszámú  Ri részletmaradékokat kell megvizsgálnunk. Az első öt a táblázat szerint különböző 1-től, továbbá R14=20. Ha a szakasz jegyeinek száma 70 volna, akkor R78 egyenlő volna R78-70=R8-cal, ami 485; viszont az I. eredmény szerint R78=R6⋅13=26≠+485. Hasonlóan
R104=R8⋅13=28=256≠324=R6,
így a jegyek száma nem egyenlő 104-6=98-cal; továbbá ezért 49-cel sem, valamint 70 felével, 35-tel sem, hiszen pl. 49-jegyű szakasz esetén R98=R49=1 volna, és vele R104=R6, ami nem teljesül. Végül az 1., 2. és 3. eredmények váltakozó, ismételt alkalmazásával
R117=2R104-491=21,R169=24⋅R117=336,R182=181,R195=362,R208=233,R221=466,R234=441,R244=R234/9=49,
ennélfogva a 245. lépésben a részletosztandó és egyben a részletmaradék is 490, vagyis nem 1. Ezek szerint 1/491 szakaszos tizedes tört alakjában a számjegyek száma csak 490 lehet, ill. az idézett tétel szerint 490.
IV. Az az N (egész) szám, amelynek minden jegye j és jegyeinek száma k, a k db 1-essel írt szám j-szerese:
N=jjj...j¯=j⋅111...1=j⋅N1.
Másrészt 1964=4⋅491, a tényezők relatív prímek, így N akkor és csak akkor osztható 1964-gye1, ha 4-gyel is és 491-gyel is osztható.
Már most j és 491 relatív prímek, mert 491 prím, másrészt 4=22 és N1 relatív prímek, mert N1 páratlan, így a keresett oszthatóság akkor és csak akkor áll fenn, ha j osztható 4-gyel, és N1 osztható 491-gyel. Nyilvánvalóan j=4 esetén kapunk kisebb N-et. N1 így írható:
N1=10k-1+10k-2+...10+1=10k-19.
Helyette 9N1-et vizsgálhatjuk, mert N1-gyel együtt 9N1 is osztható 491-gyel; ha viszont 9N1 osztható vele, akkor N1 is, mert ha egy szám osztója egy szorzatnak, de az egyik tényezőhöz relatív prím, akkor a másik tényezőnek osztója.3 9N1=10k-1 a fentiek szerint akkor osztható 491-gyel, ha a 10k:491 hányados maradéka 1, ami akkor és csak akkor következik be, ha k osztható 490-nel.
Ezek szerint a kívánt számok legkisebbikében valóban minden számjegy 4-es, és a jegyek száma 490.
 Márki László (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.)
2Lásd pl., az 1 alatti könyvben, 139. o., vagy Erdős P. ‐ Surányi J.: Válogatott fejezetek a számelméletből (Tankönyvkiadó, Budapest 1960) 51 ‐ 52. o.

3Lásd pl. a 2 alatti könyvben, 19. o.