Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.383	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bán Rita , Kós Géza
Füzet:	1984/április, 171 - 172. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatóság, Tizes alapú számrendszer, Teljes indukció módszere, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1983/október: Pontversenyen kívüli P.383

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

Igen, van, ez a következő, többet mondó állításból azonnal adódik:

Minden

k \geq 1

egészre van olyan

5^{k}

-nal osztható

k

-jegyű szám, melyben csak az

1

2

3

4

és

5

számjegyek fordulnak elő.

Ezt

k

-ra vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk.

k = 1

-re

M_{1} = 5

k = 2

-re

M_{2} = 25

megfelelő. Tegyük fel, hogy

k \geq 2

-re

M_{k}

teljesíti a feltételeket. Írjuk

M_{k}

elé az

i

(=1, 2, 3, 4 vagy 5) számjegyet. A kapott szám

\begin{matrix} i \cdot 10^{k} + M_{k} = 5^{k} (i \cdot 2^{k} + \frac{M_{k}}{5^{k}}) \end{matrix}

a feltétel alapján osztható

5^{k}

-nal, jelöljük a hányadost

h_{i}

-vel. Azt kell megmutatnunk, hogy valamelyik

i

-re

h_{i}

osztható 5-tel. Ekkor ugyanis

\begin{matrix} M_{k + 1} = i \cdot 10^{k} + M_{k} = 5^{k} \cdot h_{i} \end{matrix}

osztható

5^{k + 1}

-nel. Ez utóbbi pedig azonnal következik abból, hogy a

h_{1}

...

h_{5}

számok 5-tel osztva mind különböző maradékot adnak: 5-tel osztva öt különböző maradék csak úgy adódhat, ha a maradékok között a nulla is előfordul.
Végül az, hogy

1 \leq i < j \leq 5

esetén

h_{i}

és

h_{j}

különböző maradékot adnak, következik abból, hogy

h_{j} - h_{i} = (j - i) \cdot 2^{k}

nem osztható 5-tel, hiszen a jobb oldal egyetlen tényezője sem osztható 5-tel.