Feladat: 1961. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 3. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1961/november, 98 - 99. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Maradékos osztás, Prímszámok, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/szeptember: 1961. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 3. feladata

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

I. megoldás. A feladat teljes értékű megoldásának számít, ha a két egyenlő jegyre végződő háromjegyű számok közül kikeressük az összes 7-tel oszthatókat és mindezeken ellenőrizzük, hogy számjegyeik összege valóban osztható-e 7-tel. (Ilyen eljárást azonban csak akkor ügyes használni, ha valamilyen rendszerezéssel munkamegtakarítást tudunk elérni az egyenkénti kikereséssel szemben.)
A kérdéses számok kiválogatását könnyűvé teszi a következő észrevétel. A számokat két rész összegére bontva: a százasra és a két egyenlő jeggyel írt számra, ezeknek 7-tel való osztási maradéka vagy mindkét részben 0, vagy összegük 7. (Pl. 322=7⋅46-ban 300 és 22-nek 7-es maradéka 6, illetőleg 1.) Állítsuk tehát össze, mely két egyenlő jeggyel írt számok adnak 7-tel osztva 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 maradékot, másrészt, hogy mely kerek százasok adnak rendre 0, 6, 5, 4, 3, 2, 1 maradékot, ezek összeadásából megkapjuk valamennyi szóban forgó számot.

 



|MaradékVégződésMaradékSzázasA számA jegyek összege|000,770700700,77717,21|122,996300322,39917,21|244560064414,14|3664200,900266,96614,21|411,883500511,58817,21|5332100,800133,83317,14|655140045514,14   

 


Valóban valamennyi számban a számjegyek összege osztható 7-tel.
 

II. megoldás. Legyen a szóban forgó háromjegyű szám abb¯=100a+10b+b=100a+11b, így számjegyeinek összege a+2b.Tegyük fel, hogy N=100a+11b 7-nek többszöröse, be kell bizonyítanunk, hogy akkor a+2b is osztható 7-tel. Vonjuk ki N-ből a 7-tel szintén osztható 98a+7b-t, a maradék: 2a+4b=2(a+2b) szintén osztható 7-tel. Mivel 7 és 2 relatív prím számok, ez csak úgy lehetséges, ha a+2b osztható 7-tel.1
 

Megjegyzések. 1. A II. megoldás bizonyítása meg is fordítható, és így igaz a következő állítás: ha egy háromjegyű szám utolsó két jegye megegyezik, és számjegyeinek összege osztható 7-tel, akkor a szám is osztható 7-tel; ha pedig a számjegyek összege nem osztható, akkor a szám sem osztható 7-tel.
2. Az algebrai megoldás többet igazol a bizonyítandó tételnél: nemcsak háromjegyű, hanem bármely 100a+11b alakú szám ahol a és b tetszőleges egész számok ‐ akkor és csak akkor osztható 7-tel, ha a+2b osztható. Pl. 100⋅243+11⋅22=24542 szám esetén 243+2⋅22=287 osztható 7-tel, tehát a szám is osztható 7-tel. Mivel azonban általában nem könnyű egy egész számról azt megállapítani, hogy írható-e egész a, b-vel 100a+11b alakban, ahol b≧10, azért ez a tétel oszthatósági vizsgálatok könnyítésére csak két egyező jegyre végződő számoknál lehet hasznos.
1Ez pl. abból következik, hogy 4⋅2(a+2b)=7(a+2b)+(a+2b) is, és így a+2b is osztható 7-tel.