Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Kombinatorikai leszámolási problémák, Természetes számok, Tizes alapú számrendszer, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/február: Pontversenyen kívüli P.165

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 $S^{n}$ $n$ -jegyű szám, azért

\begin{matrix} 10^{n - 1} \leq S^{n} < 10^{n}, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} \frac{10}{\sqrt[n]{10}} \leq S < 10. \end{matrix}

(1)

n = 1

esetben nyilván minden egyjegyű szám megfelel a követelményeknek.
Ha

n \geq 2

, akkor (1) szerint

S \geq 10 / \sqrt[]{10}

, tehát

S \geq 4

.
Az

S = 4, 5, 6

számoknak nincs olyan hatványuk, mely megfelelne. A

4^{n}

hatványok közül ugyanis csak a

4^{2}

hatvány jegyeinek száma egyenlő a kitevővel, de a jegyek összege itt sem egyenlő az alappal. Az

5^{n}

6^{n}

hatványokban pedig az utolsó jegy mindig

5

, illetve

6

, tehát a jegyek összege (

n \geq 2

mellett) mindig nagyobb az alapnál.
Az

S = 7

alap első és egyetlen megfelelő hatványa a negyedik:

7^{4} = 2401

, jegyeinek összege

7

. Az ezt követő

7^{5}

7^{6}

hatványoknak ugyanis már az utolsó jegye túl nagy (

7

és

9

7^{7}

pedig már csak hatjegyű.
Az

S = 8

összegnek egyetlen megfelelő hatványa a köbe:

8^{3} = 512

. Az

S^{n} - S

különbség ugyanis osztható

9

-cel, ha

S^{n}

megfelelő szám, hiszen

S^{n}

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

(S^{n - 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:

\begin{matrix} 8^{3} = ... 12, 8^{5} = ... 68, 8^{7} = ... 52, 8^{9} = ... 28, 8^{11} = ... 92. \end{matrix}

Ezek között

8^{3}

‐ mint láttuk ‐ megfelel,

8^{5}

és

8^{9}

-ben már az utolsó jegy túl nagy,

8^{7} = {(2^{10})}^{2} \cdot 2

-ben az első jegy

2

, tehát az utolsó két jegyre kapott

5

és

2

túl nagy, végül

8^{11} < 10^{10}

, és ettől kezdve

8

hatványaiban a jegyek száma már kisebb a kitevőnél.
Ha végül

S = 9

, akkor

S^{2} = 81

az egyetlen megfelelő hatvány. Logaritmálva (1)-et, kapjuk, hogy

\begin{matrix} 1 - \frac{1}{n} \leq lg 9, \end{matrix}

tehát

n \leq 1 (1 - lg 9)

, azaz

n \leq 21

. Mivel

9

hatványai felváltva

9

-re és

1

-re végződnek, csak az

1

végződést adó, azaz páros kitevőjű hatványok jönnek szóba. Előállítjuk

9^{2} = 81

első

10

hatványának az utolsó három jegyét. Jelöljük

81^{n}

-ben a százasok számát

A_{n}

-nel, a tízesekét

B_{n}

,-nel, akkor

\begin{matrix} (100 A_{n} + 10 B_{n} + 1) (80 + 1) = 800 A_{n} + (10 A_{n} + B_{n} + 8) 10 + 1. \end{matrix}

Eszerint venni kell a

10 A_{n} + B_{n} + 8 + 80 A_{n}

szám utolsó két jegyét:

\begin{matrix} 81^{2} = ... 561, 81^{3} = ... 441, 81^{4} = ... 721, 81^{6} = ... 401, 81^{6} = ... 481, \\ 81^{7} = ... 961, 81^{8} = ... 841, 81^{9} = ... 121, 81^{10} = ... 801. \end{matrix}

Tehát csak

81^{5}

és

81^{9}

jöhet szóba. Előállítjuk ezek utolsó négy jegyét:

\begin{matrix} 81^{2} = ... 6561, 81^{4} = ... 6721, 81^{8} = ... 1841, 81^{5} = ... 4401, 81^{9} = ... 9121 \end{matrix}

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