Kezdőlap


Feladat:	1336. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kanyó Mária , Máthé Sarolta
Füzet:	1971/október, 60 - 61. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Diofantikus egyenletek, Oszthatósági feladatok, Tizes alapú számrendszer, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/december: 1336. matematika gyakorlat

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

Egy $N$ egész szám tízes rendszerbeli alakjának végén akkor és csakis akkor áll $s$ db zérus számjegy ‐ és előtte egy zérustól különböző jegy ‐, ha a szám osztható $10 = 2 \cdot 5$ -nek $s$ -edik hatványával, de az $(s + 1)$ -edikkel már nem osztható. Ez azt jelenti, hogy ha $N$ -et átírjuk különböző alapú törzsszámhatványok szorzatává ‐ közismert kifejezéssel: törzstényezős alakra bontjuk ‐, akkor 2 és 5 hatványkitevői közül a kisebbik éppen $s$ , a másik legalább $s$ . Látni fogjuk, hogy $N$ -ként egy $n!$ alakú számot véve, elég lesz azt elérnünk, hogy az 5-ös prímtényező kitevője legyen 1971, ill. 1972.
$n!$ tényezőit növekvő rendben, 1-től sorravéve, minden 5-ik tényező osztható 5-tel, tehát magával hoz $n!$ törzstényezős alakjába 1 db 5-ös tényezőt, minden 25-ik tényező osztható $25 = 5^{2}$ -nel, így behoz 1 további 5-öst, minden $125 = 5^{3}$ , minden $5^{4}$ , $5^{5}$ sorszámú tényező 1‐1 további 5-öst, és így tovább. Pl. $n = 8000$ -ig az 5-tel, $5^{2}$ -nel, $5^{3}$ -nel, $5^{4}$ -nel, $5^{5}$ -nel osztható számok száma rendre

\begin{matrix} \frac{8000}{5} = 1600, \frac{8000}{25} = \frac{1600}{5} = 320, \frac{320}{5} = 64, \frac{64}{5} = 12, ..., \frac{12}{5} = 2, ..., \end{matrix}

az utolsó két osztásban a hányadosnak csak az egész részét írtuk ki, hiszen az 5-tel,

5^{2}

-nel,

...

osztható szám mindig az 5,

5^{2}, ...

tényezőből álló sorozat végén van. (

5^{6} > 8000

, tehát egy tényező sem hoz be 6 db 5-öst.) Így

8000!

végén a zérusok száma

1600 + 320 + 64 + 12 + 2 = 1998

, ugyanis a 2-es tényezők száma ugyanilyen meggondolással ennél nagyobbnak adódik, már a páros tényezők száma 4000.
Az 1998-as eredmény kevéssel, 27-tel több a kívánt 1971-es számnál, próbálkozzunk tehát úgy, hogy visszamegyünk pl. 100-zal,

n = 7900

-ra. Ezzel elhagyunk

100 : 5 = 20

db 5-tel osztható számot,

20 : 5 = 4

db 25-tel oszthatót, és mivel maga a 8000 az

5^{3}

-nal is osztható, de

5^{4}

-nel már nem, azért

7900!

végén a zérusok száma

20 + 4 + 1 = 25

-tel kevesebb, azaz 1973, ami már csak 2-vel, ill. 1-gyel kisebb előírásunknál. Ha elhagyjuk az

5^{2}

-nel osztható 7900-at is, a zérusok száma 2-vel esik vissza, 1971-re, és mindkét kérdésre választ kapunk:
1971 a zérusok száma, ha

n = 7899

, 7898, 7897, 7896, 7895, hiszen 7894-re visszalépve ismét 1-gyel esik, másrészt olyan

n

nincs, amelyre

n!

végén a zérusok száma 1972.
Visszapillantva,

n!

-ban a 2-es tényező kitevője a talált

n

-ekig 7895 esetében a legkisebb, és

[]

jellel a szám egész részét jelölve:

\begin{matrix} [\frac{7895}{2}] = 3947 > 1971. \end{matrix}

Máthé Sarolta (Budapest, Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., II. o. t.)

Kanyó Mária (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., I. o. t.)

Megjegyzések. 1. Vázolunk egy utat, melyen haladva kevesebb próbálgatással jutunk eredményre. A fenti meggondolás szerint,

n

-ként 5-nek egy

k

pozitív egész kitevős hatványát véve, az

n!

-ba addig bejött 5-ös tényezők (és végső zérus számjegyek) száma kifejezhető

k

-val:

\begin{matrix} \frac{5^{k}}{5} + \frac{5^{k}}{5^{2}} + \frac{5^{k}}{5^{3}} + ... + \frac{5^{k}}{5^{k}} = \frac{5^{k} - 1}{4}, \end{matrix}

(1)

ez teljes indukcióval könnyen bizonyítható.

5^{k}

után a fenti meggondolás 5,

5^{2}, ..., 5^{k}

db egymás utáni tényezőből álló sorozatainak mindegyike elölről kezdődik, ezért kézenfekvő ‐ belátását az olvasóra hagyjuk ‐, hogy

n

-et az 5-ös számrendszerben gondoljuk felírva:

\begin{matrix} n = j_{m} \cdot 5^{m} + j_{m - 1} \cdot 5^{m - 1} + ... + j_{1} \cdot 5 + j_{0}, \end{matrix}

ahol

j_{i}

-vel a számjegyeket jelöltük,

1 \leq j_{m} \leq 4

, és

0 \leq i \leq m - 1

esetén

0 \leq j_{i} \leq 4

. Ekkor

n!

-ban 5 kitevője kifejezhető

n

-nel és a

j

jegyek összegével, (1)-et

k

helyén az

m, m - 1, ...,1,0

értékekre alkalmazva.
2. Ajánljuk az érdeklődőknek a Matematikai Társulat 1925. évi Eötvös Loránd-versenye 2. feladatának tanulmányozását.¹

¹Kürschák József ‐ Hajós György ‐ Neukomm Gyula ‐ Surányi Járnos: Matematikai versenytételek, I. rész (1894‐1928. évi versenyek), 3. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest 1965, 124. old.