Feladat: Gy.2382 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Balogh 171 J. ,  Benczúr P. ,  Boda Z. ,  Fleiner T. ,  Fülöp G. ,  Gábori Gy. ,  Grunda I. ,  Lajkó L. ,  Máté Nóra ,  Mezei J. ,  Mikulás I. ,  Németh 624 G. ,  Ortutay Zsuzsa ,  Péter Krisztina ,  Pirkó T. ,  Semsey Sz. ,  Szamuely T. ,  Újváry-Menyhárt Zoltán 
Füzet: 1987/szeptember, 261. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Természetes számok, Tizes alapú számrendszer, Szorzat, hatvány számjegyei, Ellenpélda, mint megoldási módszer a matematikában, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/január: Gy.2382

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

Az állítás, amint azt a következő példa mutatja, nem igaz. Tekintsük a 25 többszöröseit. Mivel 4⋅25=100, a k⋅25 utolsó két jegye 00,25,50 vagy 75 aszerint, hogy a k néggyel osztva 0,1,2 vagy 3 maradékot ad-e. Ez pedig azt jelenti, hogy a 25 egyetlen többszörösében sem lesz mindkét utolsó jegy 5-ös.

 

Megjegyzések. 1. Ugyancsak ellenpélda az 5 tetszőleges, 1-nél nagyobb kitevőjű hatványa. Ha ugyanis A=k⋅5n, és az A tízes számrendszerbeli alakjában minden jegy 5-ös volna, akkor A/5=k⋅5n-1 minden jegye 1-es volna, és így nem lehetne 5-tel osztható.
2. Megmutatható, hogy csak azok a páratlan számok ellenpéldák a feladat állítására, amelyek törzstényezős felbontásában az 5 legalább második hatványon fordul elő. Más szóval: ha egy páratlan szám nem osztható 5-tel, akkor van olyan többszöröse, melynek minden számjegye 1-es.