Feladat: F.1719 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Angyal J. ,  Bacsó G. ,  Balogh Z. ,  Bartolits I. ,  Boros E. ,  Csuka G. ,  Engedi A. ,  Ferró J. ,  Gál P. ,  Garay B. ,  Gáspár Gy. ,  Glódy A. ,  Hadik R. ,  Hoffer J. ,  Horváth M. ,  Kabay Gy. ,  Kacsuk P. ,  Kérchy L. ,  Kertész András ,  Kiss Ipoly ,  Komornik V. ,  Lakatos B. ,  Martoni V. ,  Máté Gy. ,  Pintér I. ,  Prácser E. ,  Reviczky János ,  Rudas T. ,  Sailer K. ,  Schmidt F. ,  Selényi P. ,  Skopál I. ,  Szabó Gy. ,  Szendrei Ágnes ,  Szendrei Mária ,  Szilágyi A. ,  Szokoli I. ,  Várgedő T. ,  Vogel Anna 
Füzet: 1971/március, 106 - 109. oldal  PDF file
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Maradékos osztás, Tizes alapú számrendszer, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/május: F.1719

Végződhet-e legalább 6db8-asra egy természetes szám köbe a tízes számrendszerben?

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

I. megoldás. Ebben a feladatban számon mindig természetes számot értünk, és betűvel is mindig ilyet jelölünk.
Van 8-asra végződő köbszám: a 23=8; és minden a 2-essel végződő szám köbe 8-assal végződik, mert ha egy x alap egyeseinek száma e, akkor x3-ben annyi egyes van, mint e3-ben:

x3=(10t+e)3=(100t3+30t2e+3te2)10+e3.
Más végződés nem is felelhet meg esetünkben, mert, ha e2, akkor e3 végén nem 8-as áll.
Hasonlóan, ha két szám n-jegyű végződése (n2) ugyanaz az A szám (A<10n), vagyis N1=B110n+A és N2=B210n+A, akkor köbük n jegyű végződése is egyezik, mert különbségük végén legalább n db 0 áll:
N13-N23=(N1-N2)(N12+N1N2+N22)=(B1-B2)(N12+N1N2+N22)10n.

Legyen An olyan (legföljebb) n jegyű alap (n1), melynek köbében az utolsó n jegy 8-as, és az ezeket közvetlenül megelőző számjegy (a 10n értékű helyen) k; ekkor az előzők alapján várható, hogy találunk az alap elé a 10n értékű helyre olyan a számjegyet, hogy az An+1=a10n+An, legföljebb n+1 jegyű szám köbének végén (legalább) n+1 db 8-as álljon.
An+13=a3103n+3a2An102n+3aAn210n+An3,
és itt n1 miatt 102n>10n, így a 10n értékű helyre csak az utolsó két tag adhat 0-tól különböző jegyet. Az utolsó tag k-t adja, az előtte álló tag pedig 3aAn2 utolsó jegyét. Mivel An utolsó jegye 2, azért An24, így a mondott számjegy 12a-nak utolsó jegye, ami ugyanaz, mint 2a utolsó jegye. Eszerint követelésünk, az esetleges tízes átvitel figyelembevételével így alakul:
2a+k=8vagy18
(hiszen a+a+k27), eszerint megfelel
a=4-k2vagy9-k2,(1)
föltéve természetesen, hogy k páros számjegy.
Mármost A1=2 köbében k=0, így a=4 vagy 9, tehát A2-ként 42 és 92 adódik. Köbük háromjegyű végződése 088, ill. 688, azaz k=0,ill. 6, az elsőhöz a=4 és 9 adódik, a másodikhoz a=1 és 6.
Az így kapott A3=442 és 942, valamint 192 és 692 köbének 4 jegyű végződése rendre 0888, 6888, 7888, 3888, az utóbbi kettőhöz nem tartozik a-érték, az előbbi kettőből pedig ezek jönnek szóba:
A4=4442,9442,1942,6492.

Köbük jobbról számított 5-ik számjegye rendre 1, 7, 8, 4 (utána pedig 4 db 8-as), így az első kettőt el kell hagynunk, és
A5=01942,51942,26942,76942,
és hasonlóan az utolsó kettőből, k=2, ill. 8 alapján az
A6=326942,826942,076942,576942
számok köbe 6 db 8-asra végződik (és a harmadik szám lényegében csak ötjegyű). Eszerint a feladat kérdésére a válasz igenlő.
A köbre emeléseket ismételt szorzással végeztük, de mindig csak annyi számjegyre a végétől számítva, amennyire éppen szükség volt, pl. A3=192 esetében
...0192̲×1926864̲×192...0384times03728times192...728times...7760times192...9200̲time...6400̲times192...68641111...7888times192

Mivel lépésről lépésre kaptuk a következő (azaz megelőző) számjegyet, eljárásunk nem bizonyítja, hogy bármely n-hez létezik n db 8-asra végződő köbszám. Azt azonban látjuk, hogy n=6-hoz a talált A6-kon kívül más (legföljebb hatjegyű) szám nem felel meg.
 

Kertész András (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., II. o. t. )
 

Megjegyzés. Nem nehéz kiegészíteni a fentieket az utoljára említett bizonyítássá, ezért vázoljuk n=3 esetére. Vegyük észre, hogy a talált A3 értékeket növekvően rendezve számtani sorozatot kapunk d=250-es differenciával: 192, 442, 692, 942 (aminek ez a magyarázata: az A2 értékek különbsége (1) miatt 50, továbbá 92-höz 6-tal nagyobb k adódott, mint 42-höz, ezért a 92 elé (1) miatt 6/2=3-mal kisebb százas jegyek kerültek). A hozzájuk talált k értékekre is ugyanaz áll d=3 mellett: 7, 0 (azaz 10), 3, 6. Valóban,
(192+250c)3=7077888+27648103c+36106c2+15625103c3==(707+2764c+3600c2+1562c3)104+5c(1+c2)103+(7+3c)103+888,


és itt c(1+c2) páros, a második tag is többszöröse 104-nek, tehát a 103 értékű helyen 7+3c utolsó jegye adódik k-ként, c=0, 1, 2, 3 mellett. Tehát páratlan c esetén k páros, viszont páros c mellett páratlan, így esett ki a további keresésből az egymástól 2250=500-zal különböző 192 és 692 és megmaradt az ugyancsak 500-zal különböző 442 és 942.
Teljes indukcióval ennek mintájára bizonyítható, hogy minden négy db An-ből kettő kiesik, a maradó kettőben a nagyobbikhoz tartozó k a másiknál 6-tal nagyobb, és belőlük ismét négy db An+1 adódik, 2510n-1 differenciával. Felhasználjuk azt is, hogy n4 esetén An páros, de nem osztható 4-gyel.
 

II. megoldás. Megmutatjuk, hogy bármely n-hez van olyan legföljebb n jegyű En szám, hogy En2 végén n db 1-es áll. Ebből már következik, hogy van olyan Nn is, hogy Nn3 végén n db 8-as áll, hiszen Nn=2En köbének, 8En3-nek végén legalább annyi 8-as áll, mint ahány 1-esre (En2 végződik (akkor több 1-gyel, ha a köb 1-esei előtt 6 áll, vagy 36, vagy 13; megfordítva viszont nem mindig teljesül, hogy n db 8-asra végződő köbszám 8-adrésze n db 1-esre végződik, hiszen pl. az I. megoldásbeli A3=192 és 692-nek a fele páros, vagy A5/2=971-nek a köbében a várható 5-nél kevesebb az 1-esek száma 9713=...611).
Nyilvánvalóan E1=1, és csak 1-esre végződő En-ekről lehet szó. Legyen az I. megoldáshoz hasonlóan En3-nek a 10n értékű helyen álló jegye k*, és keressük En+1=a*10n+En-ben a*-ot úgy, hogy En köbében a 10n értékű helyen is 1-es álljon:
En+13=a*3103n+3a*2En102n+3a*En210n+En3,
ennek a 10n értékű helyen álló számjegyére pedig
3a*+k*=1vagy11vagy21vagy31
mindenesetre teljesül (hiszen En2 utolsó jegye 1-es) éspedig rendre az
a*=1-k*3,3-k*-23,7-k*3,10-k*-13(2)
értékkel aszerint, hogy k*=1, ill. k*1 esetén ezt 3-mal osztva a maradék 2, 0, ill. 1.
Ezzel beláttuk, hogy akárhány 1-esünk volt egy köbszám végén, kaphatunk hozzá olyan köböt, melynek végén (legalább) 1-gyel több az 1-esek száma, ennélfogva a 8-asokra is ugyanez áll.
E13=1=01-benk*=0és(2)szerinta*=7;E23=713=...911-benk*=9,a*=4;E33=4713=...7111-benk*=7,a*=8,E43=84713=...71111-bőla*=8,E53=884713=...511111-őla*=2,
és így 2E6=2288471=576942 köbének végén a 8-asok száma legalább 6.
Ez az eljárás kevesebb számolással jut eredményhez, mint az I. megoldásbeli, mert minden lépésben csak egy En számot ad. Pl. E2-ből 2E2=142 útján csak a fenti A2=42 érték adódik ki, a később (A4 keresésében) kieső A2=92 nem. Ugyanígy az A2=42-ből adódott, de az A5 keresésekor kiesett A3=442 sem adódik ki itt, s i. t.
 

Reviczky János (Budapest, I. István Gimn., II. o. t. )