Feladat: F.1755 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bálint L. ,  Bartolits I. ,  Csetényi A. ,  Felföldi J. ,  Füredi Z. ,  Földes Tamás ,  Galgóczy Gy. ,  Gergely I. ,  István Mária ,  Kelen M. ,  Korányi László ,  Melegh E. ,  Meződi Judit ,  Pálffy L. ,  Pipek J. ,  Polyák G. ,  Sashegyi L. ,  Stépán G. ,  Szász Gy. ,  Szendrei Mária ,  Szeredi János ,  Tüzes Katalin ,  Vályi G. ,  Wettl F. 
Füzet: 1972/január, 7 - 10. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Racionális számok és tulajdonságaik, Maradékos osztás, Szakaszos tizedestörtek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/február: F.1755

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

Előzetes megjegyzés. Az I‐III. megoldások ‐ egymásra részben támaszkodva ‐ egyre kisebb n értékeket adnak meg, viszont egyre erősebb meggondolások igénybevételével.

 

I. megoldás. Minden n>1000 esetén 1/n-ben a tizedes vessző után legalább három zérus következik, és ha n nem osztható sem 2-vel, sem 5-tel akkor ezek a számjegyek ‐ mint ismeretes* ‐ hozzátartoznak a szakaszhoz.
A legkisebb ilyen érték n=1001=7⋅11⋅13, és erre valóban 1/1001= =0,0009990009..., kétféle, három jegyből álló egymásutánnal is teljesíti a követelményt.
 

Korányi László (Budapest, Móricz Zs. Gimn., III. o. t.)
 

II. megoldás. Megmutatjuk, hogy a kívánt tulajdonsága nem lehet meg kétjegyű számnak, éspedig azzal, hogy nyomon követjük az 1:n osztás kérdéses részében az egymás utáni maradékok alakulását. Legyen 1/n kifejtésében valahol három egymás utáni tizedes számjegy j, az első j-t megelőző osztási lépés maradéka r1, és az ez után következő maradékok rendre r2, r3, r4, természetesen mindegyikük 1 és n-1 közé eső szám, e korlátokat is megengedve. Ekkor az osztás próbája szerint
10r1=jn+r2,(1)
ahol r2≠r1, különben ugyanis innen kezdve 1/n minden jegye j lenne, amit kizártunk. Eszerint
r2=r1+d,
ahol d egész szám és |d|≥1. Továbbá hasonlóan
r3=10r2-jn=10(r1+d)-jn=r2+10d=r1+11d,r4=10r3-jn=10(r1+11d)-jn=r2+110d=r1+111d,
tehát
|r4-r1|=|111d|≥111.
Ámde 0 és n között bármelyik két szóba jövő maradék különbsége legföljebb n-2, ennélfogva a feladat követelményeit teljesítő n-re n≥113.
Ezek alapján 100 és 1000 között olyan n-et keresünk, amelyre a három megegyező j számjegy közvetlenül a tizedes vessző utáni két zérus jegy után következik:
1/n=0,00jjjm...
ahol m egy esetleg más számjegy. Ez az alak csak a hatodik tizedesjegytől kezdve tér el 0,00jjjj...-től, amelynek minden további jegye is j. Ez az alak, mint ismeretes, j=1 esetén N=900 reciproka, j=2 és 3 esetén N=450, ill. 300 reciproka, kézenfekvő tehát n-et az ezen N értékekkel szomszédos számok között keresnünk.
n=299 nem felel meg, mert 1/299-ben az első j=3-as jegy előtti maradék r1=100, ezt r2=103 követi, tehát a fenti d értéke 3, így pedig r4=r1+111d= 433>299. Nem felel meg a szigorított követelménynek n≤298 sem.
n=301 mellett hasonlóan d=-3 és r4<0, tehát ez sem felel meg; viszont teljesül a követelmény n=449 esetében: r1=100, d=2, r4=322<449, 1/449=0,0022271... és a szakasz itt is közvetlenül a tizedesvessző után kezdődik. A szakasz egyező számjegyei helyének fenti pótkövetelménye mellett ez a legkisebb megoldása kérdésünknek.
Hasonlóan megfelel a 900-at megelőző számok közül 899, 898, 897, 895, 894 és 893 is, de a párosak és 895 esetében ezt csak egy, a vegyes szakaszos tizedes törtekre érvényes tétel alapján lehet bizonyítani.
 

Szeredi János (Budapest, II. Rákóczi F. Gimn., III. o. t.)
 

III. megoldás. Tűzzük ki célul egy, a 200-nál kisebb n keresését. Ekkor a fenti |r4-r1|=|111d| csak |d|=1 mellett teljesülhet. Írjuk (1)-et így:
10r1=jn+r1+d,9r1-d=9r1∓1=jn.(2)
Eszerint j nem lehet 0, 3, 6 és 9, mert a bal oldal nem osztható 3-mal. Továbbá (2)-ből
 


(3)   r1=jn+d9, ill.   (4)  n=9r1-dj.
 


Mármost d=+1 esetén 0<r4<n alapján
0<r4=r1+111=jn+19+111=jn+10009<n,1000<(9-j)n<200(9-j),j<4,


tehát csak j=1 és 2 jön szóba. Másrészt hasonlóan n-et kiküszöbölve
0<r4=r1+111<9r1-1j,r1>111j+19-j.
A lehetségesnek maradt j=1 és j=2 jegyek mellett innen r1≥15, ill. r1≥32 adódik.
Ezek az r1 értékek és a hozzájuk (4)-ből adódó n-ek a következők:
j=1  céljára r1=115,116,117,118,...,122,n=134,143,152,161,...,197;(5)
j=2 céljára (4) alapján csak a páratlan r1 értékek adnak egész n-et:
r1=133,135,137,...,143,n=148,157,166,...,193.(6)

Eddigi eredményünk az, hogy a választott 200-as korlát alatt csak az (5) és (6) számok reciproka felelhet meg a feladat követelményének, de esetenkénti próbával kell eldönteni, melyik számok felelnek meg valóban. Eleve nem fér össze olyan n, r1 értékpár, amelyben n páros és r1 páratlan, hiszen páros n-nel osztva 10 r1-et, a maradék páros, nem térhet vissza r1 akárhány osztási lépés után sem.
A talált n-ek legkisebbike: 143 nem felel meg, mert 1:143-ban csak 6 különböző maradék lép fel: 1, 10, 100, 142, 133, 43, és köztük nem szerepel az r1=16. n=157 és n=161 viszont megfelelnek, erről az utóbbiban gyorsabban győződünk meg: 1:161=0,0062111801..., az előbbiben a 35‐37. sorszámú tizedesjegyek 2-esek.
Lényegében ugyanezzel a gondolatmenettel d=-1 esetére
0<r4=r1-111<n
alapján r1>111, másrészt (3) alapján r1 et kiküszöbölve
0<jn-19-111=jn-10009,j>1000n>1000200=5,
tehát így ismétlődő számjegyként csak j=7 és 8 jöhet szóba. (4) alapján és j=8 esetén a következő r1, n párokat kapjuk:
r1=119,127,135,143,...,175,n=134,143,152,161,...,197.
j=7 esetén pedig
r1=115,122,129,136,...,160,n=148,157,166,175,...,193.

Észrevesszük, hogy ugyanazokat az n-eket kaptuk, mint d=+1 esetén. Valóban, a fenti osztásokat folytatva 1:161-ben a 38‐40. számjegyek 8-asok és 1:157-ben a 74‐76. jegyek 7-esek.
 

Eljárásunk azt is bizonyítja, hogy 157-nél kisebb szám nem felel meg a feladat követelményének. Azt is láttuk, hogy 157, 161 és 1001 reciprokának tizedestört kifejtésében legalább kétszer‐kétszer fordul elő egymás után 3 egyező számjegy.
 

Földes Tamás (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., III. o. t.)
 

Megjegyzés. Arra az érdekességre, hogy n=157 (prímszám) mellett két számjegyhármas adódott, a következő tétel ad magyarázatot. Ha p prímszám és 1:p szakaszának hossza (a szakasz számjegyeinek száma) páros szám: 2h, akkor a kifejtésben egymástól h távolságra levő két számjegy összege* 9, éspedig azért, mert két egymástól h lépésnyi különbséggel fellépő maradék összege p.
Ez a tulajdonság n=1001 és 161 esetében is megmutatkozik, bár ezek nem prímek.
Másrészt 1:449 kifejtésében (449 ismét prím) 16 tizedesjegy kiszámítása után a maradék 448=n-1, ez a most idézett tétel megfordításával azt sejteti, hogy a szakasz hossza páros szám és meglesz a talált ...222... egymásután párja ...777... alakban; valóban, ezek a jegyek állnak a 19‐21. helyeken.
*Ha a és b természetes számok, és b relatív prím a 10-hez képest, akkor az a/b hányados végtelen tizedestört kifejtésében a szakasz közvetlenül a tizedesvessző után kezdődik. Lásd pl. H. Radernaeher‐O. Toeplitz: Számokról és alakzatokról, Középiskolai Szakköri Füzetek, 2. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1954, 135‐140. oldal.

*Lásd a fentebb idézett mű 148. oldalán.