Feladat: 1960. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1960/november, 104 - 105. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tizes alapú számrendszer, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/szeptember: 1960. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 1. feladata

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

Néhány esetben az állítást könnyen igazolni tudjuk úgy, hogy elvégezzük a négyzetre emelést (akár csak szorzással is), az eredményt ,,kettévágjuk'', és mindkét részéből négyzetgyököt vonunk. Például:

412=1681,16=42,81=92,49012=24019801,2401=492,9801=992,4990012=249001998001,249001=4992,998001=9992.
A feladat állítása tehát azokban az esetekben, amikor egy vagy két 9-et és 0-t iktattunk közbe, helyes. Ezekből az esetekből úgy sejtjük, hogy a szóban forgó számok négyzetének két része nemcsak négyzetszám, (ami a feladat egyik állítása), hanem pontosan az első rész éppen a szóban forgó számok első felének négyzete, második részük pedig az eggyel több 9-esből álló szám négyzete, mint ahány 9-est közbeiktattunk.
Így van-e ez mindig ?
Képzeljük el, hogy n darab 9-est és utána n darab 0-t iktattunk a 4 és az 1 közé, ahol n bármely természetes szám. Így
49...9︸n+1jegy0...012︸n+1jegy=(49...9︸n+1jegy0...0︸n+1jegy+1)2=49...9︸n+1jegy0...02︸n+1jegy+2⋅49...9︸n+1jegy0...0︸n+1jegy+1.
Az összeg első tagjáról láthatjuk, hogy 2n+2 darab 0-ra végződik, és ezek előtt is van 2n+2 jegy, amelyek egybeolvasva éppen 49...9-nek a négyzetét adják. A megmaradó kéttagú összegről be akarjuk látni, hogy (10n+1-1)2-nel egyenlő. Ebből az is következni fog, hogy ez a szám csak 2n+2 jegyű (hiszen az első 2n+3 jegyű szám 10n+1-nek a négyzete, 102n+2), tehát nem nyúlik bele az előtte levő számba. A feladat megoldásához tehát csak annak igazolása hiányzik, hogy
(10n+1-1)2=2⋅49...9︸n+1jegy0...0︸n+1jegy+1.
A jobb oldalon álló számot így írhatjuk:
2(5⋅10n-1)⋅10n+1+1,
vagyis
10⋅10n⋅10n+1-2⋅10n+1+1,
azaz
102n+2-2⋅10n+1+1.
Ez pedig csakugyan egyenlő a bal oldali számmal.
 

Megjegyzés. A bizonyítást persze úgy is végezhettük volna, ha mindjárt az elején felírjuk algebrai alakban az n darab 9-es és n darab 0 közbeiktatásával kapott szám négyzetét:
[(5⋅10n-1)⋅10n+1+1]2,
elvégezzük a négyzetre emelést:
(5⋅10n-1)2⋅102n+2+2(5⋅10n-1)10n+1+1,
az összeg első tagjáról megállapítjuk, hogy négyzetszám, (5⋅10n-1)⋅10n+1-nek a négyzete, és a végén 2n+2 darab 0 van, a másik két tag összegéről pedig ‐ úgy mint az előbb ‐ megállapítjuk, hogy szintén négyzetszám, 10n+1-1-nek a négyzete, és mivel 2n+2 jegyből áll, nem nyúlik bele az előtte álló négyzetszámba, jegyei csak a 0-kkal adódnak össze. A bizonyítás általánossága azonban az előbb elmondott formában sem szenvedett csorbát, a kevesebb algebrai jelölés mögött jobban el lehet képzelni magukat a tízes számrendszerben felírt számokat.