Feladat: 1961. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló kezdők (speciális) 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1962/január, 5 - 6. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tizes alapú számrendszer, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/szeptember: 1961. 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.

I. megoldás. A bizonyítandó állítást így is fogalmazhatjuk: nincs olyan többjegyű négyzetszám, amelynek minden jegye megegyezik.
Megjegyezzük, hogy ha egy szám elé nullákat írunk, értéke nem változik, de ezeket a nullákat a jegyek számának megállapításakor nem vesszük tekintetbe. Pl. 05 nem kétjegyű, hanem egyjegyű szám. Így a több 0-val írt 000...0 számok teljes négyzetek, de ezeket nem tekintjük többjegyűnek.
Ezek után a következő alakú számokról kell bebizonyítanunk, hogy nem lehet köztük négyzetszám:

1...1,4...4,7...7,2...2,5...5,8...8,3...3,6...6,9...9,
akárhány ‐ a szélsőkkel megegyező ‐ jegyet képzeljünk is a pontok helyére. (Az ,,akárhány'' szó itt nullát is jelenthet, vagyis azt, hogy a pontokat kihagyva a két szélső számjegyből alkotunk számot.) Közülük négyet mindjárt kizárhatunk, mert 2-re, 3-ra, 7-re és 8-ra nem végződhet négyzetszám. Az egyjegyű számok négyzetéről ezt a lehetséges esetek végignézésével azonnal megállapíthatjuk:
02=0,12=1,22=4,32=9,42=16,52=25,62=36,72=49,82=64,92=81.
Többjegyű számok négyzetére pedig azért igaz ez az állítás, mert csak az utolsó jegyüktől függ, hogy mi lesz a négyzetüknek az utolsó jegye.
Általánosabban: két szám szorzatának utolsó jegye csak a számok utolsó jegyétől függ. Ezt könnyen beláthatjuk, ha a szorzás szokásos elvégzési módjára gondolunk, például
27⋅4254¯1081134¯


Az utolsó jeggyel végzett szorzás részletszorzatának utolsó jegyéhez már nem adunk semmit, ez lesz a szorzat utolsó jegye.
Az egyjegyű számok négyzetét megfigyelve még egy megállapítást tehetünk: a páratlan egyjegyű számok négyzetének tizese páros (a fenti felsorolásban: 0, 0, 2, 4, 8). Számpéldák azt mutatják, hogy ez érvényes többjegyű számokra is. Ha ez mindig így van, akkor a csupa 1, 5, 9-ből álló számok sem lehetnek négyzetszámok, hiszen utolsó előtti jegyük páratlan.
Bebizonyítjuk, hogy minden többjegyű páratlan szám négyzetének utolsó előtti jegye páros. Ezt beláthatjuk a négyzetreemelés bármelyik szokásos eljárása alapján, vagy algebrailag a következő módon. Jelöljük a szám utolsó jegyét a-val, az utolsó jegy elhagyásával visszamaradó számot 10 A-val. Ekkor
(10A+a)2≡100A2+20Aa+a2,
és itt az első tag nem befolyásolja a négyzetszám tízesét, a második tag páros jeggyel járul hozzá, és ha a páratlan, akkor a harmadik tag is páros jeggyel járul hozzá, mint arról az esetek végignézésével már az előbb meggyőződtünk.
Most már csak a 4...4 és 6...6 alakú számokról kell bebizonyítanunk, hogy nem lehetnek négyzetszámok. Ezek páros számok, tehát mindegyikük csak páros számnak lehetne a négyzete. A 6...6 szám nem lehet négyzetszám, mert páros szám négyzete 4-gyel is osztható: (2c)2=4c2, viszont 6...6=6⋅1...1 páros, de 4-gyel nem osztható.
Azt is látjuk, hogy páros szám négyzetének a negyedrésze is négyzetszám (c2), viszont 4...4=4⋅1...1, és itt a második tényező egy legalább két 1-esből álló szám, az ilyenekről pedig már beláttuk, hogy nem lehetnek négyzetszámok.
Minden esetet végignéztünk, s így bebizonyítottuk, hogy többjegyű négyzetszám nem állhat egyező jegyekből, mindig van benne legalább két különböző számjegy.
 

II. megoldás. Láttuk, hogy egész számok négyzetének (általánosan: egész számok szorzatának) utolsó jegye csak az alap (a tényezők) utolsó jegyétől függ. Hasonlóan belátható, hogy a szorzat utolsó két jegye is csak a tényezők utolsó két jegyétől függ.
Ezt is bebizonyíthatjuk akár a szorzási eljárás elemzése alapján, akár algebrai jelöléssel. Lássuk az utóbbit. Jelentse a és b a szóban forgó tényezők utolsó két jegyéből álló számot, A és B az elhagyásuk után visszamaradt számot. Akkor maguk a tényezők 100A+a és 100B+b, szorzatuk pedig 10000AB+100Ab+100aB+ab. Az első három tag nem befolyásolja a szorzat utolsó két jegyét, hiszen mindegyiknek a végén legalább két 0 van. Tehát a szorzat utolsó két jegye ‐ mint állítottuk ‐ megegyezik a tényezők utolsó két jegyéből álló számok (a és b) szorzatának utolsó két jegyével.
Ha tehát meg akarjuk állapítani, hogy mi lehet egy négyzetszám utolsó két jegye, elég végignéznünk az egy- és kétjegyű számok négyzetének utolsó két jegyét. Célszerű ehhez elővenni a Négyjegyű Függvénytáblázatot, amelyet a versenyzők ‐ mint általában bármely könyvet ‐ szabadon használhattak. Megállapíthatjuk, hogy egyező jegyekként csak 00 és 44 fordul elő az utolsó két helyen. (Megjegyezzük, hogy a vizsgálandó négyzetszámok legfeljebb négy jegyűek, így a táblázat a kerekítés nélküli, pontos értéküket közli.) Egy csupa 0-ból álló számot nem tekintünk többjegyűnek. Ha volna csupa 4-esből álló többjegyű négyzetszám, akkor volna csupa 1-esből álló is, amint azt az I. megoldásban beláttuk. Ilyen azonban nincs, hiszen az utolsó két jegy nem lehet 11, tehát csupa 4-esből álló négyzetszám sem fordulhat elő. A többjegyű négyzetszámokban tehát csakugyan kell lennie legalább két különböző jegynek.
 

Megjegyzés. A 0, 1, ..., 99 számok négyzete helyett elég csak a 0, 1, ..., 25 számok négyzetét végignézni, mert 25-ön túl új kétjegyű végződés nem lép fel. Egyrészt ugyanis (50-a)2-nek ugyanaz az utolsó két jegye, mint a2-nek, hiszen különbségük, 2500-100a, 100-nak többszöröse, és ha 0≤a≤25, akkor 25≤50-a≤50; másrészt (b+50)2-nek hasonló okból ugyanaz az utolsó két jegye, mint b2-nek, és ha b 0-tól 50-ig változik, akkor 50+b végigfut 50-től 100-ig a számokon.