Feladat: 633. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ámon Magda ,  Baróti Gy. ,  Dobó F. ,  Fajszi Cs. ,  Farkas Z. ,  Gálfi l. ,  Góth László ,  Görbe T. ,  Hargittay Á. ,  Katona Éva ,  Katona Mária ,  Kerényi Ilona ,  Kóta József ,  Kultsár L. ,  Kultsár Sz. ,  Kunszt Z. ,  Lajos Judit ,  Lehel J. ,  Lukovits Edit ,  Máté A. ,  Máté E. ,  Minkó B. ,  Nádasdy G. ,  Nagy Angéla ,  Németh I. ,  Nováky B. ,  Opálény M. ,  Raisz M. ,  Ruda Győző ,  Sebestyén Z. ,  Simonovits M. ,  Sólyom Ilona ,  Sonnevend Gy. ,  Szepesvári I. ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky Ferenc ,  Tasnády Mária ,  Tószegi S. ,  Tóth A. ,  Vesztergombi Gy. ,  Zalán P. 
Füzet: 1961/február, 73 - 74. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szorzat, hatvány számjegyei, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/május: 633. matematika gyakorlat

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

I. Azok az n (egész) számok k jegyűek, amelyekre 10k-1≤n<10k. Mivel 2100=N nem lehet 10 hatványa, hiszen utolsó jegye nem 0, azért elegendő azt megállapítanunk N-ről, hogy a 10-nek mely két szomszédos hatványa közé esik.
Könnyen kiszámítható, hogy 210=1024 (kisebb hatvány kiszámítását a feladat nem tiltja), ennélfogva 210>1000=103. Mindkét oldalt 10-ik hatványra emelve 2100>1030, eszerint N legalább 31 jegyű, mert 1030 a legkisebb 31 jegyű szám.
Megmutatjuk, hogy N pontosan 31-jegyű, mert N<1031. Mivel N=(1,024⋅103)10=1030⋅1,02410 így 1,02410-re kell alkalmas (10-nél kisebb) felső korlátot keresnünk. Elég lesz 1,024 helyett a nála nagyobb 1,1 szám 10-edik hatványát vizsgálnunk. Minden hatványt fölfelé kerekítve egy tizedes jegyre

1,12=1,21<1,3,így1,14<1,32=1,69<1,7,1,15=1,14⋅1,1<1,7⋅1,1=1,87<1,9,1,110<1,92=3,61.


Így valóban
N=1,02410⋅1030<1,110⋅1030<3,61⋅1030<1031.

II. Az utolsó 3 számjegy meghatározásához megjegyezzük, hogy két egész szám szorzatának utolsó 3 jegyét a tényezők ezres és magasabb helyi értékű jegyei nem befolyásolják. Valóban legyen a két tényező A és B, az utolsó 3 jegyükkel leírt szám A1, ill. B1, vagyis A=103C+A1, B=103D+B1, ahol C és D alkalmas pozitív egész szám. Elegendő belátnunk, hogy az E=AB-A1B1 különbség többszöröse 1000=103-nak. Valóban
E=(103C+A1)(103D+B1)-A1B1=(103CD+A1D+B1C)103=F⋅103,
ahol F pozitív egész szám.
A bebizonyított állításból B=A-val adódik, hogy pozitív egész szám négyzetének utolsó három jegyét úgy kaphatjuk, hogy vesszük a szám utolsó három jegyéből álló szám négyzetének utolsó három jegyét.
A fentiek szerint 210 utolsó három jegyével írt szám 024, eszerint a 220 utolsó három jegyével írt szám 242=576; a 240 utolsó három jegyével írt szám 5762=331776-ból 776; a 280 utolsó három jegyével írt szám 7762=602176-ból 176, végül 2100=280⋅220 utolsó három jegyével írt szám 176⋅576=101376-ból 376. Ezek szerint N utolsó három jegye: 3, 7, 6.
III. Ahogyan az utolsó három jeggyel írt számokat számítottuk, ugyanúgy számíthatjuk az említett hatványok értékét is. Ennélfogva N-et 210=1024-ből kiindulva 3 négyzetreemeléssel, majd egy szorzással kaphatjuk. Egyébként 210-et is hasonlóan számíthatjuk: 210=28⋅22=[(22)2]2⋅22.
 

Szidarovszky Ferenc (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. I. o. t.)
 

Megjegyzések. I. Az N<1031 egyenlőtlenség bizonyítására számtalan különböző út lehetséges. Bemutatunk néhány olyat, amely a fentitől különböző lépésekben, alkalmas fogásokkal jut el a 100-ik hatványhoz.
a)211=2,048⋅103<2,1⋅103,ezért233=(211)3<2,13⋅109==9,261⋅109<1010,innen299<1030,végül2100<2⋅1030<1031.

 

Góth László (Budapest, Könyves Kálmán Gimn. II. o.t.)
 

b)2100=29⋅291=512(213)7<1000⋅81927<103⋅(104)7=1031.

Tasnády Mária (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. I. o. t.)
 


c)29=512<625=54,innen 7-ik  hatványra emeléssel 263  <  528,  tehát2100=263⋅237<528⋅237=1028⋅29=512⋅1028<1031.

 

Kóta József (Tatabánya, Árpád Gimn. II. o. t.)
 

d) Végül a feladatot kitűzésre javasló tanuló bizonyítása:
1,02410<1,02510=(4140)10=4140⋅4140⋅4140⋅4140⋅4140⋅4140⋅4140⋅4140⋅4140⋅4140<<4140⋅4039⋅3938⋅3837⋅3736⋅3635⋅3534⋅3433⋅3332⋅3231=4131<2<10,


mert ha a>b>1, akkor
ab<a-1b-1.

2. A 2100 hatvány kiszámítható 6 négyzetreemeléssel és ezt követő 2 szorzással is; 2100=264⋅232⋅24 és itt 24=(22)2, továbbá 32=25 és 64=26 alapján az első két tényező a 6-ik, ill. 5-ik négyzetre emelés eredménye.