Feladat: Pontversenyen kívüli P.165 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Bacsó Gábor ,  Bakos Tamás ,  Bara Tamás ,  Biró Balázs ,  Császár Gyula ,  Erdős Péter ,  Fukker Bertalan ,  Kertész Gábor ,  Kiss Emil ,  Kollár János ,  Maácz Ágnes ,  Pálffy László ,  Surján Péter ,  Turschl József ,  Vörös Zoltán 
Füzet: 1974/január, 23 - 25. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Kombinatorikai leszámolási problémák, Természetes számok, Tizes alapú számrendszer, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/február: Pontversenyen kívüli P.165

Határozzuk meg minden n-re az összes olyan n-jegyű (tízes rendszerbeli) számot, amely egyenlő jegyei összegének n-edik hatványával.

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

Jelöljük a jegyek összegét S-sel. Mivel Sn n-jegyű szám, azért

10n-1Sn<10n,
és így
1010nS<10.(1)
Az n=1 esetben nyilván minden egyjegyű szám megfelel a követelményeknek.
Ha n2, akkor (1) szerint S10/10, tehát S4.
Az S=4,5,6 számoknak nincs olyan hatványuk, mely megfelelne. A 4n hatványok közül ugyanis csak a 42 hatvány jegyeinek száma egyenlő a kitevővel, de a jegyek összege itt sem egyenlő az alappal. Az 5n, 6n hatványokban pedig az utolsó jegy mindig 5, illetve 6, tehát a jegyek összege (n2 mellett) mindig nagyobb az alapnál.
Az S=7 alap első és egyetlen megfelelő hatványa a negyedik: 74=2401, jegyeinek összege 7. Az ezt követő 75, 76 hatványoknak ugyanis már az utolsó jegye túl nagy (7 és 9), 77 pedig már csak hatjegyű.
Az S=8 összegnek egyetlen megfelelő hatványa a köbe: 83=512. Az Sn-S különbség ugyanis osztható 9-cel, ha Sn megfelelő szám, hiszen Sn ugyanannyi maradékot ad a 9-cel való osztásnál, mint a jegyeinek az összege, ami egy megfelelő számnál éppen S. Emiatt S=8 mellett csak azokat az n kitevőket érdemes vizsgálni, amelyek mellett (Sn-1-1) osztható 9-cel. Kilenccel osztva 8 hatványai felváltva 8 és 1 maradékot adnak, így csak páratlan kitevő jöhet szóba. Ezek utolsó két jegye rendre:
83=...12,85=...68,87=...52,89=...28,811=...92.
Ezek között 83 ‐ mint láttuk ‐ megfelel, 85 és 89-ben már az utolsó jegy túl nagy, 87=(210)22-ben az első jegy 2, tehát az utolsó két jegyre kapott 5 és 2 túl nagy, végül 811<1010, és ettől kezdve 8 hatványaiban a jegyek száma már kisebb a kitevőnél.
Ha végül S=9, akkor S2=81 az egyetlen megfelelő hatvány. Logaritmálva (1)-et, kapjuk, hogy
1-1nlg9,
tehát n1(1-lg9), azaz n21. Mivel 9 hatványai felváltva 9-re és 1-re végződnek, csak az 1 végződést adó, azaz páros kitevőjű hatványok jönnek szóba. Előállítjuk 92=81 első 10 hatványának az utolsó három jegyét. Jelöljük 81n-ben a százasok számát An-nel, a tízesekét Bn,-nel, akkor
(100An+10Bn+1)(80+1)=800An+(10An+Bn+8)10+1.
Eszerint venni kell a 10An+Bn+8+80An szám utolsó két jegyét:
812=...561,813=...441,814=...721,816=...401,816=...481,817=...961,818=...841,819=...121,8110=...801.


Tehát csak 815 és 819 jöhet szóba. Előállítjuk ezek utolsó négy jegyét:
812=...6561,814=...6721,818=...1841,815=...4401,819=...9121
tehát ezek sem felelnek meg.
Ezzel vizsgálatunkat befejeztük, lényegében a következő számokat találtuk megfelelőknek: n=1-re: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9; n=2-re: 81; n=3-ra: 512; n=4-re: 2401.