Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.134	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh Z. , Bara I. , Bartolits I. , Boros P. , Császár Gy. , Dobor T. , Fulmer L. , Füredi Z. , Geréb M. , Gergely I. , Hermann P. , Kémeri Viktória , Kiss E. , Kollár János , Kópházi J. , Lakner Péter , Lelkes A. , Marcsik R. , Oláh Vera , Páles Zs. , Réti Z. , Reviczky J. , Stachó B. , Turán György , Turi Erzsébet , Varga László (Debrecen) , Wéber J. , Zombory J.
Füzet:	1973/március, 119 - 120. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatósági feladatok, Oszthatóság, Természetes számok, Számelmélet alaptétele, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/március: Pontversenyen kívüli P.134

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

A kérdéses szám (vagy számok) a $2^{1}$ , $2^{2}$ , $2^{3}$ , $...$ , $2^{100}$ hatványok mindegyikével osztható, ezért utolsó jegye csak 2-es lehet a megengedett 1-es és 2-es közül; tízes értékű jegye csak 1-es, hiszen 22 nem osztható már 4-gyel sem; százas értékű jegye is csak 1-es, mert 212 már 8-cal sem osztható. További egy‐két próba mutatja, hogy 1112 a 16-tal osztva maradékot ad ‐ ami csak a 16 fele, 8 lehet, mert a 8 még egész számszor van meg benne, másrészt 1000 is 8-at ad, hiszen még $1000 : 8 = 5^{3}$ egész (páratlan), ennélfogva $1112 + 1000 = 2112$ osztható 16-tal, és hasonlóan $22 112$ osztható $2^{5}$ -nel, $122 112$ osztható $2^{6}$ -nal. A

\begin{matrix} \frac{2}{2^{2}} = 1, \frac{12}{2^{2}} = 3, \frac{112}{2^{3}} = 14, \frac{2112}{2^{4}} = 132, \frac{22 112}{2^{5}} = 691 \end{matrix}

hányadosok sorozatából azt sejtjük, hogy páratlan hányadost kapva az eddig megtalált számvégződés elé 1-es lép, páros hányados után pedig 2-es a következő új számjegy. Ezt fogjuk bizonyítani: ha az 1-esekkel és 2-esekkel írt

n

-jegyű

A

szám osztható

2^{n}

-nel és az

A : 2^{n} = q

hányados páratlan, akkor

2^{n + 1}

-nel az

(1 \cdot 10^{n} + A)

szám osztható, ha pedig

q

páros, akkor

(2 \cdot 10^{n} + A)

.
Valóban, az első esetben

\begin{matrix} \frac{1 \cdot 10^{n} + A}{2^{n + 1}} = \frac{2^{n} 5^{n} + q \cdot 2^{n}}{2^{n + 1}} = \frac{5^{n} + q}{2} \end{matrix}

egész, mert a tört számlálója páros. És ugyanezt mondjuk ki végkövetkeztetésnek a második esetben is:

\begin{matrix} \frac{2 \cdot 10^{n} + A}{2^{n + 1}} = \frac{2^{n + 1} \cdot 5^{n} + q \cdot 2^{n}}{2^{n + 1}} = = 5^{n} + \frac{q}{2} . \end{matrix}

Azt kaptuk tehát, hogy a szám végződésének jegyei egymás után egyértelműen adódnak, a tízes számrendszer 100-jegyű számai közt egyetlen olyan van, mely osztható

2^{100}

-nal és amelyben csak 1-es és 2-es számjegyek fordulnak elő. Továbbá, hogy ez az állítás a 100-asok helyén (ti. mint kitevő és mint jegyek száma) bármely

n

természetes számra érvényes.
Turán György (Budapest)

Megjegyzések. 1. Lényegében ugyanígy lehet bizonyítani az állítást, ha az 1-es számjegy helyett páratlan jegyet mondunk benne, a 2-es helyett pedig párosat, de 0-tól különbözőt.
Lakner Péter (Budapest)

2. Érvényes az állítás bármely

4 k + 2

alapú (

k > 0

, egész) számrendszerben is.