Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Maradékos osztás, Tizes alapú számrendszer, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/május: F.1719

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 $2^{3} = 8$ ; és minden a $2$ -essel végződő szám köbe $8$ -assal végződik, mert ha egy $x$ alap egyeseinek száma $e$ , akkor $x^{3}$ -ben annyi egyes van, mint $e^{3}$ -ben:

\begin{matrix} x^{3} = {(10 t + e)}^{3} = (100 t^{3} + 30 t^{2} e + 3 t e^{2}) \cdot 10 + e^{3} . \end{matrix}

Más végződés nem is felelhet meg esetünkben, mert, ha

e \neq 2

, akkor

e^{3}

végén nem

8

-as áll.
Hasonlóan, ha két szám

n

-jegyű végződése

(n ≧ 2)

ugyanaz az

A

szám

(A < 10^{n})

, vagyis

N_{1} = B_{1} \cdot 10^{n} + A

és

N_{2} = B_{2} \cdot 10^{n} + A

, akkor köbük

n

jegyű végződése is egyezik, mert különbségük végén legalább

n

0

áll:

\begin{matrix} N_{1}^{3} - N_{2}^{3} = (N_{1} - N_{2}) (N_{1}^{2} + N_{1} N_{2} + N_{2}^{2}) = (B_{1} - B_{2}) (N_{1}^{2} + N_{1} N_{2} + N_{2}^{2}) \cdot 10^{n} . \end{matrix}

Legyen

A_{n}

olyan (legföljebb)

n

jegyű alap

(n ≧ 1)

, melynek köbében az utolsó

n

jegy

8

-as, és az ezeket közvetlenül megelőző számjegy (a

10^{n}

értékű helyen)

k

; ekkor az előzők alapján várható, hogy találunk az alap elé a

10^{n}

értékű helyre olyan

a

számjegyet, hogy az

A_{n + 1} = a \cdot 10^{n} + A_{n}

, legföljebb

n + 1

jegyű szám köbének végén (legalább)

n + 1

8

-as álljon.

\begin{matrix} A_{n + 1}^{3} = a^{3} \cdot 10^{3 n} + 3 a^{2} A_{n} \cdot 10^{2 n} + 3 a A_{n}^{2} \cdot 10^{n} + A_{n}^{3}, \end{matrix}

és itt

n ≧ 1

miatt

10^{2 n} > 10^{n}

, így a

10^{n}

értékű helyre csak az utolsó két tag adhat

0

-tól különböző jegyet. Az utolsó tag

k

-t adja, az előtte álló tag pedig

3 a A_{n}^{2}

utolsó jegyét. Mivel

A_{n}

utolsó jegye

2

, azért

A_{n}^{2}

-é

4

, így a mondott számjegy

12 a

-nak utolsó jegye, ami ugyanaz, mint

2 a

utolsó jegye. Eszerint követelésünk, az esetleges tízes átvitel figyelembevételével így alakul:

\begin{matrix} 2 a + k = 8 vagy 18 \end{matrix}

(hiszen

a + a + k ≦ 27

), eszerint megfelel

\begin{matrix} a = 4 - \frac{k}{2} vagy 9 - \frac{k}{2}, \end{matrix}

(1)

föltéve természetesen, hogy

k

páros számjegy.
Mármost

A_{1} = 2

köbében

k = 0

, így

a = 4

vagy

9

, tehát

A_{2}

-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

A_{3} = 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:

\begin{matrix} A_{4} = 4442, 9442, 1942, 6492. \end{matrix}

Köbük jobbról számított

5

-ik számjegye rendre

1

7

8

4

(utána pedig

4

8

-as), így az első kettőt el kell hagynunk, és

\begin{matrix} A_{5} = 01942, 51 942, 26 942, 76 942, \end{matrix}

és hasonlóan az utolsó kettőből,

k = 2

, ill.

8

alapján az

\begin{matrix} A_{6} = 326 942, 826 942, 076 942, 576 942 \end{matrix}

számok köbe

6

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.

A_{3} = 192

esetében

\begin{matrix} \underset{̲}{192} \times 192 \underset{̲}{6864} \times 192 \\ 384 3728 \\ ...728 ...776 \\ \underset{̲}{...92} \underset{̲}{...64} \\ ...6864 ...7888 \end{matrix}

Mivel lépésről lépésre kaptuk a következő (azaz megelőző) számjegyet, eljárásunk nem bizonyítja, hogy bármely

n

-hez létezik

n

8

-asra végződő köbszám. Azt azonban látjuk, hogy

n = 6

-hoz a talált

A_{6}

-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

A_{3}

értékeket növekvően rendezve számtani sorozatot kapunk

d = 250

-es differenciával:

192

442

692

942

(aminek ez a magyarázata: az

A_{2}

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,

\begin{matrix} {(192 + 250 c)}^{3} = 7 077 888 + 27 648 \cdot 10^{3} c + 36 \cdot 10^{6} c^{2} + 15 625 \cdot 10^{3} c^{3} = \\ = (707 + 2764 c + 3600 c^{2} + 1562 c^{3}) \cdot 10^{4} + 5 c (1 + c^{2}) \cdot 10^{3} + (7 + 3 c) 10^{3} + 888, \end{matrix}

és itt

c (1 + c^{2})

páros, a második tag is többszöröse

10^{4}

-nek, tehát a

10^{3}

értékű helyen

7 + 3 c

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

2 \cdot 250 = 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

A_{n}

-ből kettő kiesik, a maradó kettőben a nagyobbikhoz tartozó

k

a másiknál

6

-tal nagyobb, és belőlük ismét négy db

A_{n + 1}

adódik,

25 \cdot 10^{n - 1}

differenciával. Felhasználjuk azt is, hogy

n ≧ 4

esetén

A_{n}

páros, de nem osztható

4

-gyel.

II. megoldás. Megmutatjuk, hogy bármely

n

-hez van olyan legföljebb

n

jegyű

E_{n}

szám, hogy

E_{n}^{2}

végén

n

1

-es áll. Ebből már következik, hogy van olyan

N_{n}

is, hogy

N_{n}^{3}

végén

n

8

-as áll, hiszen

N_{n} = 2 E_{n}

köbének,

8 E_{n}^{3}

-nek végén legalább annyi

8

-as áll, mint ahány

1

-esre

(E_{n}^{2}

végződik (akkor több

1

-gyel, ha a köb

1

-esei előtt

6

áll, vagy

36

, vagy

13

; megfordítva viszont nem mindig teljesül, hogy

n

8

-asra végződő köbszám

8

-adrésze

n

1

-esre végződik, hiszen pl. az I. megoldásbeli

A_{3} = 192

és

692

-nek a fele páros, vagy

A_{5} / 2 = 971

-nek a köbében a várható

5

-nél kevesebb az

1

-esek száma

971^{3} = ... 611)

.
Nyilvánvalóan

E_{1} = 1

, és csak

1

-esre végződő

E_{n}

-ekről lehet szó. Legyen az I. megoldáshoz hasonlóan

E_{n}^{3}

-nek a

10^{n}

értékű helyen álló jegye

k^{*}

, és keressük

E_{n + 1} = a^{*} \cdot 10^{n} + E_{n}

-ben

a^{*}

-ot úgy, hogy

E_{n}

köbében a

10^{n}

értékű helyen is

1

-es álljon:

\begin{matrix} E_{n + 1}^{3} = a^{* 3} \cdot 10^{3 n} + 3 a^{* 2} \cdot E_{n} \cdot 10^{2 n} + 3 a^{*} E_{n}^{2} \cdot 10^{n} + E_{n}^{3}, \end{matrix}

ennek a

10^{n}

értékű helyen álló számjegyére pedig

\begin{matrix} 3 a^{*} + k^{*} = 1 vagy 11 vagy 21 vagy 31 \end{matrix}

mindenesetre teljesül (hiszen

E_{n}^{2}

utolsó jegye

1

-es) éspedig rendre az

\begin{matrix} a^{*} = \frac{1 - k^{*}}{3}, 3 - \frac{k^{*} - 2}{3}, 7 - \frac{k^{*}}{3}, 10 - \frac{k^{*} - 1}{3} \end{matrix}

(2)

értékkel aszerint, hogy

k^{*} = 1

, ill.

k^{*} \neq 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.

\begin{matrix} E_{1}^{3} = 1 = 01 -ben k^{*} = 0 és (2) szerint a^{*} = 7; \\ E_{2}^{3} = 71^{3} = ... 911 -ben k^{*} = 9, a^{*} = 4; \\ E_{3}^{3} = 471^{3} = ... 7111 -ben k^{*} = 7, a^{*} = 8, \\ E_{4}^{3} = 8471^{3} = ... 71 111 -ből a^{*} = 8, \\ E_{5}^{3} = {88 471}^{3} = ... 511 111 -ől a^{*} = 2, \end{matrix}

és így

2 E_{6} = 2 \cdot 288 471 = 576 942

köbének végén a

8

-asok száma legalább

6

.
Ez az eljárás kevesebb számolással jut eredményhez, mint az I. megoldásbeli, mert minden lépésben csak egy

E_{n}

számot ad. Pl.

E_{2}

-ből

2 E_{2} = 142

útján csak a fenti

A_{2} = 42

érték adódik ki, a később (

A_{4}

keresésében) kieső

A_{2} = 92

nem. Ugyanígy az

A_{2} = 42

-ből adódott, de az

A_{5}

keresésekor kiesett

A_{3} = 442

sem adódik ki itt, s i. t.

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