Feladat: 980. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babai L. ,  Csóka G. ,  Dobozy O. ,  Eff L. ,  Élthes Eszter ,  Gáspár A. ,  Geier J. ,  Gellért J. ,  Havas J. ,  Kádas S. ,  Kovács M. ,  Kuluncsich T. ,  Langer T. ,  Losonczi Z. ,  Lukács G. ,  Márkus A. ,  Mérő L. ,  Móricz G. ,  Moson Péter ,  Palla L. ,  Somos E. ,  Szentgáli Á. ,  Szeredi P. ,  Szűcs A. ,  Takács L. ,  Tátray P. ,  Varga Gabriella 
Füzet: 1966/február, 70 - 71. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Prímtényezős felbontás, Szorzat, hatvány számjegyei, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/április: 980. matematika gyakorlat

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

Az idézett 4×4 szorzatot tartalmazó szorzótáblát és a 40×40 szorzatot tartalmazó szorzótábla egy 5 soros 5 oszlopos részletét bemutatjuk, a szóban forgó utolsó jegy, ill. utolsó két jegy vastag betűtípussal ki van emelve. Az utóbbi táblázaton látható a 11, 39 és 97 végződés ismétlődése, de mindegyik más sorban, más oszlopban áll.

 


113791|1379339212777214963992763810878991939721|n1827nn1869nn1911nn1953nn2037n2320012047209321392231272349240324572511261929252325812639269728133126972759282128833007
 

A táblázatban a 100-féle kétjegyű számvégződés közül nem léphet fel az 50 páros végződés, mert az összeszorzott 01, 03, 97, ..., 93, 97, 99 számok mindegyike páratlan, így a szorzatuk is páratlan:
(2k+1)(2m+1)=2(2km+k+m)+1.(k,megész)
Továbbá az 50-féle páratlan kétjegyű végződés közül nem léphetnek fel az 5-re végződők; az ilyenek száma 10. Ha ugyanis egy (egész) szám 5-re végződik, akkor 5-nek páratlan többszöröse (esetleg 1-szerese), így bármely szorzat előállításában legalább az egyik tényező 5-tel osztható, mert az 5 törzsszám, és ezért 5-re is végződik; ilyen tényezőt pedig itt nem vettünk figyelembe. A maradó 40-féle kétjegyű végződés éppen az a 40 kétjegyű szám, amit a szorzótábla sorainak (és oszlopainak) ún. bemenő számaiként figyelembe vettünk. Így a feladat állítása élesebben úgy fogalmazható, hogy bármely sor 40 szorzatából a kétjegyű végződéseket leválasztva valamilyen sorrendben a bemenő számokat kapjuk.
Tegyük fel az állítással ellentétben, hogy az A bemenőszámhoz tartozó sorban két különböző szorzat kétjegyű végződése egyenlő, legyen oszlopaik bemenőszáma B, ill. C, a végződés pedig D. Ekkor
AB=100M+D,AC=100N+D.
(ahol M, N egész számok), és így különbségük
AB-AC=A(B-C)=100(M-N),
osztható 100-zal. Törzsszámok szorzataként 100=22⋅52, így a bal oldal osztható 22-nel is, 52-nel is. Egy szorzat csak úgy osztható egy törzsszámmal, ha legalább egy tényezője osztható vele. Ámde a feltevések miatt A sem 2-vel, sem 5-tel nem osztható, tehát B-C osztható 22-nel is, 52-nel is, azaz 100-zal. Két kétjegyű szám különbsége azonban kisebb 100-nál, ezért az oszthatóság csak B-C=0, B=C esetén állhat fenn, ami pedig ellentmondás, hiszen B és C a feltevés szerint különbözők.
Lehetetlen tehát, hogy egy sorban két kétjegyű végződés megegyezzék, így minden sorban bármely két végződés különböző. Ezt kellett bizonyítanunk.
 
Moson Péter (Budapest, Fazekas M. Gyak. g. I. o. t.)