Feladat: 1330. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Polyák Gábor 
Füzet: 1972/január, 15 - 18. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Maradékos osztás, Tizes alapú számrendszer, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/november: 1330. matematika gyakorlat

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

Előzetes megjegyzés. Elsőként olyan megoldást közlünk, amely sokkal többre válaszol, mint amennyit a feladat kérdez. A legtöbb beküldőnk így látta a tennivalókat, mert eddigi tanulmányaik folyamán ‐ ha valaminek a létezését (ami itt a megegyezés megismétlődése) egyáltalán bizonyították ‐, ezt konkrét példa megadásával tették.

 

I. megoldás. Az észrevétel helyes, a 318, 319, 320 hatvány utolsó három jegyével írt szám ‐ más szóval háromjegyű végződésük ‐ rendre a 489, 467, 401 szám,* a 102 értékű helyen álló számjegy mindháromban a 4-es.
Azon múlik a 4-es megismétlődése, hogy amikor 319 háromjegyű végződése céljára képezzük a 318⋅3 szorzat végződését, a (400+89)⋅3 végződéseként 200+267=467 adódik, majd ennek 3-szorosából a 200+201=401 végződés, tehát a 4 százasnak a 3-szorosa és a kétjegyű végződés 3-szorosából adódó százas átvitel együtt ismét 4-esre végződik. (Felhasználtuk itt, hogy két természetes szám szorzatának háromjegyű végződése a tényezőknek is csupán a háromjegyű végződésétől függ. Ha ugyanis A=1000α+a és B=1000β+b ‐ ahol mindegyik betű természetes számot jelöl, és 0≤a, b<1000 ‐, akkor
AB=1000(1000αβ+aβ+bα)+ab=1000γ+ab,
γ is természetes szám, ami szerint AB végződése megegyezik ab végződésével.)
Ezek szerint a 4⋅102-nek 3 egymás utáni hatványban való fellépése megismétlődnék, ha találnánk 3-nak olyan további hatványát, melynek háromjegyű végződése ismét a 489 lenne.
 

Ilyen ismétlődés keresésére nyit lehetőséget annak észrevétele, hogy 320-nak kétjegyű végződése 01. Ebből előre látható, hogy 321, 322, 323, ... kétjegyű végződése 03, 09, 27, ... lesz, akárcsak 31, 32, 33, ... kétjegyű végződése, és azt sejtjük, hogy a 3 hatványainak sorozatában a kétjegyű végződés 20-asával ismétlődik (amint az egyjegyű végződés már 4-esével ismétlődik). Valóban, minden n természetes kitevő esetén 3n+20 kétjegyű végződése egyezik 3n végződésével, mert különbségük osztható 100-zal, hiszen 3n+20-3n=3n(320-1) és a második tényező osztható vele, lévén a háromjegyű végződése 400.
Ehhez hasonlóan a háromjegyű végződések periodikus ismétlődése várható 3-nak olyan hatványától kezdve, melynek háromjegyű végződése 001. Ilyen kitevőt a 20 többszörösei közt, 20 k alakban várhatunk. Mármost k=2 nem ilyen, mert 4012 végződése 801; nem ilyen k=3 és 4 sem, mert 801⋅401 végződése 201, ill. 201⋅401-é 601 (a végződés százasa 4-esével nő); viszont k=5 megfelel, vagyis 20⋅ ⋅5=100 már periódusa a háromjegyű végződésnek, mert 601⋅401 végződése 001. Mindezek szerint a feladat első kérdésére a válasz igenlő, a 318+100k, 319+100k, 320+100k hatványokban (k=1,2,3,...) a 102 értékű számjegy 4-es.
 

Igenlő a válasz a második kérdésre is, az előzőkből kapjuk, hogy a 3100k, 31+100k, 32+100k, 33+100k, 34+100k hatványokban (k=1,2,...) ugyanúgy 0 a 102 értékű számjegy, mint 30-ban és az első 4 hatványban: 001, 003, 009, 027 és 081-ben, itt 5‐5 egymás utáni hatvány százas jegye egyezik.
 
Megjegyzések. 1. Könnyű utánaszámolni, hogy ismétlődés van a 102 értékű helyen minden 355+100k, 356+100k, 357+100k hatványhármasban is, ezekben az 5-ös jegy ismétlődik.
 

2. Az iskolai függvénytáblázatban a 103 helyen való számjegyismétlődésre is látunk példát: 327, 328, 329 és 330 ezres jegye 4-es. Meg lehet mutatni, hogy ez ismétlődik, ha a kitevőket 500-asával növeljük.
 

3. Az 1211. gyakorlatban* azt láttuk 3 hatványairól, hogy tízes jegyük mindig páros, egyes jegyük 1, 3, 7 vagy 9. Ezekből is kihozható, hogy 320 végződése 01.
 
II. megoldás. A 3n (n természetes szám) hatványokat egymás után, n-et 1-esével növelve gondoljuk magunk elé írva, vagyis 3-mal való egymás utáni szorzás útján képezzük őket. Így 3r+1-nek 102 helyi értékű számjegyét nyilvánvalóan egyértelműen meghatározza 3r-nek utolsó három jegye, azaz háromjegyű végződése. Ezért, ha valamilyen R kitevő mellett 3R háromjegyű végződése ugyanaz, mint 3r végződése és R>r, akkor 3R+1, 3R+2, ... végződése is rendre egyezik 3r+1, 3r+2, ... végződésével. Eszerint a feladat első kérdése erre egyszerűsödik: "Várható-e, hogy 318-nak háromjegyű végződése megismétlődjék egy, a 18-nál nagyobb kitevőjű hatványban?''
 

Nos, a 3n hatványok helyett csak a háromjegyű végződést tekintve, ezek sorozatában legkésőbb az 1001. végződésben beáll az ismétlődés, hiszen az előforduló különböző végződések száma nem lehet nagyobb, mint a legföljebb három számjeggyel leírható nemnegatív egész számok száma, ez pedig 1000. Így már csak ez a kérdés: "Kisebb-e 18-nál (vagy legalább egyenlő-e 18-cal) az első olyan 3n hatványnak a kitevője, amelynek háromjegyű végződése később elsőként ismétlődik meg?'' Elképzelhető ugyanis az is, hogy nem minden előfordult végződés ismétlődik meg, és a mondott n legkisebb kitevő nagyobb, mint 18.
 

Jelöljük mármost m-mel azt a legkisebb kitevőt, amelyre 3m háromjegyű végződése megegyezik egy már előfordult végződéssel, éspedig 3n-nek végződésével. Ez azt jelenti, hogy a 3m-3n=3n(3m-n-1) különbség ‐ új alakja szerint viszont szorzat ‐ osztható 1000-rel. Ámde 3n és az 1000=23⋅53 relatív prímek egymáshoz képest, emiatt a zárójelbeli tényező osztható 1000-rel, azaz 3m-n-1=1000a, ahol a természetes szám. Ekkor pedig 3m-n-1=1000a+1, azaz 3m-n-nek háromjegyű végződése 001, ennélfogva 3m-n+1 háromjegyű végződése 003, és ugyanennyi a végződés 31, a hatványok sorozata első tagjának esetében. Azt, kaptuk tehát, hogy n=1.
 

Összefoglalva ezeket találtuk: van olyan legkisebb m kitevő, hogy 3m végződése egyenlő egy korábbi 3n hatvány végződősével, az elsőként ismétlődő végződéshez eredetileg az n=1 kitevő tartozik, ez tehát kisebb, mint 18. Kimondhatjuk tehát, hogy a feladat első kérdésére igenlő a válasz (annak ellenére, hogy m értékét itt nem határoztuk meg). ‐ Az alapul szolgáló egyezést (318-ban, 319-ben és 320-ban) ellenőrzés nélkül fogadtuk el, a feladat szövege szerint nem fér kétség a kijelentés helyes voltához.
 

A második kérdésre azért igenlő a válasz, mert 3-nak első 4 hatványa 100 alatt van, tehát százas jegyük megegyezően 0, és ‐ mint már tudjuk ‐ a 003, 009, 027, 081 végződések valahonnan kezdve ugyanebben a sorrendben megismétlődnek. (Az így kimondott 4 hatvány kevesebb az I. megoldásbeli 5-nél, de elég ahhoz, hogy mondhassuk: létezik 3-nál több egymás utáni, a százas jegyben megegyező hatvány.)
 

Megjegyzés. Az n kitevő fenti meghatározása helyett így is okoskodhatunk. Megmutatjuk, hogy ha a 3p és 3q hatványok (q>p) háromjegyű végződése egyenlő, akkor a 3p-1 és 3q-1 hatványok háromjegyű végződése is egyenlő. Ebből már következik, hogy elsőként csak olyan 3p hatvány háromjegyű végződése ismétlődhet meg, amelyhez nincs a hatványok sorozatában megelőző 3p-1 tag, vagyis p=1. (A záró következtetés (ti. 318-ra) már azonos a fentivel.)
Más szóval ezt akarjuk bizonyítani: 3 bármelyik hatványának háromjegyű végződése az 1-gyel kisebb kitevőjű hatvány végződését is egyértelműen meghatározza.
 

Gondoljunk ugyanis arra a (3-mal való) osztásra, amellyel 3p-ből 3p-1 értékét "visszaszámítjuk'', és legyen 3p-nek háromjegyű végződése ABC¯=100A+10B+C. Mi volt az az r osztási maradék, amelyhez 3p-nek százasát, az A számjegyet vettük le? Ha A+B+C osztható 3-mal ‐ vagyis maga ABC¯ is osztható vele ‐, akkor a 3p-ből a végződés elhagyásával kapott N szám is osztható 3-mal, hiszen 3p osztható vele, ekkor tehát r=0. Így 3p-1 háromjegyű végződése az ABC¯:3 osztás (egész) hányadosa (A<3 esetén is három jeggyel írva).
 

Ha viszont az (A+B+C):3 osztás maradéka 1 vagy 2, akkor N számjegyei összegét 3-mal osztva a maradék 2, ill. 1, ennyi tehát az N:3 osztás r maradéka is, így pedig 3p-1 háromjegyű végződését a (2000+ABC¯):3, ill. az (1000+ +ABC¯):3 hányadosa adja. Tehát 3p-1 háromjegyű végződése valóban mindig egyértelműen adódik ABC¯-ből.
Eredményünkből az is következik, hogy az ismétlődő 003 végződéseket mindig a 001 végződés előzi meg, tehát a 0 jegy 5 egymás utáni hatvány százasában ismétlődik meg.
 

Polyák Gábor (Budapest, I. István Gimn., III. o. t.)
*Lásd pl. az iskolai függvénytáblázatok 15. sz. táblázatában.

*K. M. L. 39 (1969) 18.