Feladat: 1953. évi Matematika OKTV II. forduló 3. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1953/szeptember, 6 - 7. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Prímtényezős felbontás, Maradékos osztás, OKTV
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1953/szeptember: 1953. évi Matematika OKTV II. forduló 3. feladata

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

Itt az egyetlen nehézséget az 5-tel osztható tényezők okozzák, amelyek alkalmas párral szorozva 0-végződésű számot adnak. Ha a szorzatot törzstényezőkre bontjuk, akkor ez a nehézség nem merül fel.
I. megoldás: Az első 100 szám közt 50 páros van, ezek közül 25 még 4-gyel is, azok közül 12 még 8-cal is 6 még 16-tal is, 3 még 32-vel is és 1 (maga a 64) 64-gyel is osztható. Így a szorzat 2-nek az (50+25+12+6+3+1=)97-ik hatványával osztható. Hasonlóan meghatározhatjuk a többi törzsszám kitevőjét is és kapjuk, hogy 1⋅2⋅3⋅...⋅99⋅100=287⋅348⋅524⋅716⋅119⋅137⋅175⋅195⋅234⋅293⋅313⋅372⋅412⋅432⋅472⋅53⋅59⋅61⋅67⋅71⋅73⋅79⋅83⋅89⋅97. Itt 5 hatványát a 2 ugyanannyiadik hatványával párosítva 1024-t kapunk, amivel szorozva az utolsó jegy nem változik, ezt a tényezőt tehát elhagyhatjuk. A további tényezőknek csak az utolsó számjegyével szorozva kapunk a szorzatban egyeseket, így a tízeseket az egyes tényezőkből szintén elhagyhatjuk és egészen elhagyhatjuk az 1-re végződő tényezőket. A kérdéses szorzatnak tehát ugyanaz az utolsó értékes jegye, mint a következő szorzaté:

273⋅348⋅716⋅37⋅75⋅95⋅34⋅93⋅72⋅32⋅72⋅3⋅9⋅7⋅3⋅9⋅3⋅9⋅7==273⋅386⋅727=1618⋅2⋅8121⋅32⋅(492)6⋅73.


6-ra végződő szám minden hatványa is 6-ra végződik. Ha pedig páros számot 6-tal szorzunk, akkor az utolsó jegy nem változik meg. Így az első két tényező szorzatának utolsó jegye 2. A harmadik tényező elhagyható és az ötödik is, mert 492 is 1-re végződik. 73 utolsó jegye 3 s így az első 100 természetes szám szorzata ugyanarra a jegyre végződik, mint 2⋅9⋅3, vagyis 4-re.
Nyilvánvaló; hogy itt csak a 2 és 5 törzstényezők szerepe volt lényeges, az is csak addig, míg leválasztottuk 10 legmagasabb hatványát, amivel a szorzat osztható, azután már egy egyes tényezők prím volta nem volt lényeges, hiszen egyeseket a 9, összetett számmal helyettesítettük. Így a törzstényezős felbontás fölösleges segédeszköznek látszik és valóban mellőzhető is, mint azt az alábbi II. megoldás mutatja.
 

II. megoldás: Válasszuk külön azon tényezőket, amelyek utolsó értékes jegye 2 vagy 5 (tehát a 20-at és 50-et is). 20⋅50=1000 nem befolyásolja a kérdéses szorzat utolsó jegyét, úgy szintén a kiválasztott páros tényezőkből leválasztva a 2 tényezőt, a páratlanokból az 5-öt és ezeket összeszorozva a keletkező 10-hatvány sem. A kiválasztott tényezők szorzata tehát
2⋅12⋅22⋅...⋅82⋅92⋅5⋅15⋅25⋅...⋅75⋅85⋅95⋅20⋅50==1⋅6⋅11⋅...⋅36⋅41⋅46⋅1⋅3⋅5⋅...⋅15⋅17⋅19⋅1013.

Visszamaradt tehát két 5-re végződő tényező, az 5 és 15. Szorozzuk ezeket össze a 36-tal:
5⋅15⋅36=5⋅5⋅3⋅9⋅4=2700

A többi kiválasztott tényezők közül az 1-gyel végződők elhagyhatók, a 6 végűek szorzata is 6-tal végződik. A többjegyűeknek elég az utolsó értékes jegyét venni, így a kiválasztott tényezők szorzata ugyanazzal a jeggyel végződik, amivel a
7⋅6(1⋅3⋅7⋅9)2
szorzat és mivel 3⋅7 utolsó jegye 1 és ezzel végződik 92 is, 7⋅6 pedig 2-vel végződik, így e szorzat utolsó jegye 2.
A többi tényezők közül elhagyhatjuk azokat, amelyeknek 1 az utolsó értékes jegye. Ezután válasszuk külön a 0-ra végződő tényezőket. A többi tényezőt hatosával csoportosítva összesen 11 olyan csoportot kapunk, melyek mindegyikében egy-egy 3-ra, 4-re, 6-ra, 7-re, 8-ra és 9-re végződő tényező van, tehát az első 100 természetes szám szorzata ugyanarra a jegyre végződik, mint amire a
2⋅(3⋅4⋅6⋅7⋅8⋅9)11

A zárójelben lévő szorzat utolsó jegye 8, 84-é 6 s így 88-é is, viszont páros számot 6-tal szorozva az utolsó jegy nem változik meg így a keresett számjegy megegyezik 2⋅83 utolsó jegyével. 83 utolsó jegye 2, tehát az első 100 természetes szám szorzatának utolsó értékes jegye 4.