Feladat: 1958. évi Matematika OKTV I. forduló 2. feladata Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1958/szeptember, 3 - 5. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Szakaszos tizedestörtek, OKTV
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/szeptember: 1958. évi Matematika OKTV I. forduló 2. feladata

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

I. megoldás: Ha a keresett szám utolsó jegye 2, akkor kétszerese csak 4-re végződhet. Ez lesz a keresett szám utolsó előtti jegye is. Ennek kétszerese 8, a szám kétszeresének lesz utolsó előtti jegye, így a keresett számnak végétől számított harmadik jegye is 8 kell hogy legyen. A szám kétszeresének végétől számított harmadik jegye 6, mivel 8 kétszerese 6-ra végződik. A keresett számnak tehát 6 lesz a végéről számítandó negyedik jegye. A számból így már megvan: ...6842. Ennek kétszeresét képezve a negyedik jegy egyúttal a keresett számból a 2 elhagyásával és elejére írásával keletkező számnak is hátulról számított negyedik jegye lesz. Ez a jegy 3, mivel a 6 kétszereséhez a 2⋅8-nak 1-es maradékát is hozzá kell számítanunk. Így haladhatunk tovább a keresett szám számjegyeinek megállapításában.
A feladatnak megfelelő legkisebb számot akkor kapjuk meg, amikor a kétszeres számban először jutunk 2-höz. Ezen az úton a

105263157894736842=A
számhoz jutunk, amire ismét alkalmazva az eljárást 2A első jegyéül 2 adódik. Ezt tekinthetjük az utolsó jegy előreírásából keletkezőnek, s így A megoldása a feladatnak, mégpedig a legkisebb megoldása.
Folytathatjuk azonban tovább is az eljárást az 1 elé írva egy 2 számjegyet; ez esetben újra az A jegyei ismétlődnének s így kapjuk egy további megoldásként az A⋅1018+A számot, és hasonlóan ismételhetjük A jegyeit periodikusan akárhányszor, mindig megoldást kapunk. Az eljárás, amivel ezeket a megoldásokat nyertük, mutatja, hogy csak ezek a megoldások lehetségesek. A feladat összes megoldásai tehát az

A⋅1018k+A⋅1018(k-1)+...+A⋅1018+A=A⋅1018(k+1)-11018-1(k=0,1,2,...)


számok.
 

Megjegyzések: 1. A számjegyei között már korábban is előfordult a 2 (A negyedik jegye), ott azonban nem állhattunk meg, mert a szám kétszerezésével akkor a 2 elé egy 1 kerül.
2. Kezdhettük volna a számjegyek megállapítását a szám elejéről is: kétszerezéssel a szám elejére 2 csak úgy kerülhet, ha első jegye 1, viszont 21 csak úgy, ha az után 05 következik stb.
3. Sok megoldó megelégedett A megadásával, és nem adta meg az összes megoldást.
 

II. megoldás: Nevezzük a 2 elhagyása után megmaradó számot x-nek, és legyen ez n-jegyű szám. Ekkora keresett szám így írható: 10x+2. Ha a 2-t az x szám elé írjuk, akkor az így kapott szám 2⋅10n+x. A feltétel szerint tehát:
2(10x+2)=2⋅10n+x,
amiből:
x=2⋅10n-219
és az eredeti szám:
10x+2=20⋅10n-219+2=20⋅10n-219=10n+10n-219.(1)
Ezek akkor egész számok, ha 10n-2 osztható 19-cel, vagyis ha 10n osztva 19-cel maradékul 2-t ad. Ez azt jelenti, hogy ha elkezdve tizedes törtté alakítani az 119 számot, az osztási maradékok közt előfordul a 2, akkor van a feladat feltételeinek megfelelő szám, egyébként nincs, ilyen számot úgy kapunk, hogy vesszük a 2 maradék föllépéséig nyert hányadost, tizedesvessző kitétele nélkül és ha az n-edik 0 ,,levétele'' után lépett fel a 2 maradék, akkor az így kapott egész számhoz 10n-t adunk hozzá.
Az osztást elvégezve a 17-ik 0 levétele után lép fel először 2 maradékul és ekkor a hányados 5 263 157 894 736 842, tehát a keresett szám nyomán megfelel 105 263 157 894 736 842. Ha az osztásban nem állunk meg a ,,2'' maradéknál, akkor a hányados következő jegyéül 1-et és maradékul is 1-et kapunk, tehát innen ismétlődnek az eddig nyert maradékok és a hányadosban az eddig nyert jegyek, leírva a következő 0 levételekor keletkező 0 jegyet is. Így bármeddig folytatva az osztást, az első ,,2''-től kezdve minden tizennyolcadik lépés újra ,,2'' maradékhoz vezet. Ezek bármelyikénél megállhatunk.
Ezen az úton megkapjuk az előző megoldásban nyert összes számokat, amelyek megfelelnek a feladat követelményeinek.
 

Megjegyzés: Az 119 tizedes törtté alakításának megfelelő osztás közben 1-től 18-ig minden szám előfordul maradékként, így a 19 tehát ún. főnix nevező1. Az azonban, hogy a feladat megoldható ‐ azaz, hogy előfordult a maradékok között a 2, ‐ ez nem azon múlik, hogy minden lehetséges maradék tényleg fellépett. Ha pl. azt követelnénk, hogy a szám az utolsó jegy előrehelyezésével 5-szörösére vagy 7-szeresére változzék, ebből arra a követelményre jutnánk, hogy az 149 osztás közben az 5, ill. az 169 osztás közben a 7 maradék fellépjen és mindkettő be is következik, bár sem a 49, sem a 69 nem főnix nevező (összetett szám nem is lehet az).
1Az ilyen számokról bővebb felvilágosítást ad pl. a következő mű: Péter Rózsa: A számok világa. (Budapest, 1948. Új Nevelés Könyvtára, 144. o.)