Feladat: 1953. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1953/október, 34 - 35. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Tizes alapú számrendszer, Oszthatóság, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1953/szeptember: 1953. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 2. feladata

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

I. megoldás: Jelöljük a keresett szám ismeretlen számjegyeit x1,x2,...,xn-nel. Ekkor a feladat olyan szám keresését kívánja, melyre

4⋅x1x2...xn4=4x1x2...xn.

Itt az egymásutáni betűk egy szám 10-es számrendszerbeli alakjának számjegyeit jelentik, a szorzás jelét mindig kiírjuk. A baloldal utolsó jegyét beszorozva 4-gyel (4⋅4=16) adódik, hogy xn=6; ezt a baloldalon beírva folytathatjuk a szorzást és kapjuk, hogy 4⋅6=24, 24+1=25 és így xn-1=5. Hasonlóan folytatva tovább sorra a 2, 0, 1 jegyeket kapjuk. Utóbbit 4-gyel szorozva 4-et kapunk, és nem marad továbbviendő egység, így kapjuk, hogy
4⋅102564=410256.

Nem kell az eljárást a 4-es jegynél befejezni, ekkor olyan számokhoz jutunk, melyek az 102 564 számjegysorozat többszöri megismétlésével keletkeznek. Ezek mind rendelkeznek a kívánt tulajdonsággal és az eljárásból belátható, hogy csak ezek a számok felelnek meg.
Lényegében ugyanígy adódik az eredmény akkor is, ha a jobboldali szám osztása révén határozzuk meg sorra a számjegyeket x1-től kezdve.
 

II. megoldás: Legyen a 4-es előtti jegyekből álló szám x és legyen n jegyű. Ekkor az adott szám 10x+4. A 4-es előre téve 4⋅10n-t fog jelenteni s ezt a számot követi az x szám. Így a feladat olyan x és n természetes számok keresését kívánja, amelyekre
4(10x+4)=4⋅10n+x,39x=4(10n-4).
A feladat tehát olyan n egész szám keresését kívánja, melyre 4(10n-4) osztható 39=3⋅13-mal. Mivel
10n-4=(10n-1)-3=99...9-3
osztható 3-mal, így csak a 13-mal való oszthatóságot kell biztosítani, és mivel 4 relatív prím a 13-hoz, így csak 10n-4 lehet 13-mal osztható. 10-4 és 102-4 nem osztható vele, tehát n>2. Ez esetben
10n-4=100⋅10n-2-4=4⋅(25⋅10n-2-1)=4[26⋅10n-2-(10n-2+1)].
Itt a 4 relatív prím a 13-hoz, 26 osztható vele, tehát a 10n-2+1-nek kell 13-mal oszthatónak lennie. Tudjuk, hogy 1001 osztható 13-mal, így n-2=3, n=5 a legkisebb kitevő, amelyik megfelel a feltételnek.
x=4⋅(105-4)39=10256,
a keresett szám tehát
102564.

Megjegyzés: 1. A 10m+1 kifejezés (n-2 helyett m-et írtunk) mindig osztható 13-mal, ha m a 3-nak páratlan többszöröse, mert ha m=3(2k+1), akkor
10m+1=(103)2k+1+1==(103+1)(103⋅2k-103(2k-1)+103(2k-2)+...-103+1)


és 103+1=7⋅11⋅13. Ha viszont m=3(2k+1)+r, r=1, 2, 3, 4 vagy 5, akkor
10m+1=(103(2k+1)+r+10r)-(10r-1)=10r(103(2k+1)+1)-(10r-1).

Itt az első tag osztható 13-mal, a második viszont nem, mert 9, 99=9⋅11, 999=9⋅111=9⋅3⋅37, 9999=9⋅1001+990 és 99999=99⋅1001+900; és itt egyik tényező sem osztható 13-mal, ill. az első tag osztható vele, a második azonban nem, tehát (m=n-2-t visszaírva) a felírt egyenlet összes megoldásai
x=4(106k+5-4)39,k=0,1,2....

Könnyen látható, hogy ezek éppen az előző megoldásban említett alakú számok.
2. Kérdés, nem csak véletlen-e, hagy találtunk a feltételnek megfelelő számot. Erre csak azt jegyezzük meg, hogy az utolsó feladatnak sincs mindig megoldása. Fermat egy nevezetes számelméleti tételéből, illetőleg annak Eulertől származó általánosításából következik, hogy olyan m kitevő minden a egész számhoz van, amelyre 10m-1 osztható a-val, ha a páratlan és nem osztható 5-tel; ezzel szemben 10m+1 pl. 3-mal nem lehet osztható, mert 10m+1=(10m-1)+2, ami 3-mal osztva 2-t ad maradékul, mert az első tag osztható 3-mal, bármilyen természetes szám is m.