Feladat: 1966. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babai László ,  Elekes György ,  Hoffmann György ,  Lovász László ,  Surányi László 
Füzet: 1967/május, 196 - 197. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Valós számok és tulajdonságaik, Irracionális számok és tulajdonságaik, Binomiális együtthatók, Szorzat, hatványozás azonosságai, Tizes alapú számrendszer, Gyökös függvények, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/április: 1966. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

Bebizonyítjuk, hogy a tizedesvesszőt követő első n jegy 0 vagy 9-es, hogy tehát a vizsgált szám egy egész számtól 10-n-nél kevesebbel tér el. Ehhez elég belátni, hogy

(5+26)n+(5-26)n
egész szám, s hogy
|5-26|<110.
Az utóbbi számítással könnyen ellenőrizhető, de abból is adódik, hogy 5,12=26,01>26, s ezért
5<26<5,1.

A még bebizonyítandó állítás p(x)=(5+x)n jelöléssel azt mondja ki, hogy p(26)+p(-26) egész szám. Ez valóban igaz, mert ha a p(x) polinomban x helyébe (-x)-et írunk, az x páratlan kitevős hatványait tartalmazó tagok előjele megváltozik, s ezért az egész együtthatós p(x)+p(-x) polinomban csak x páros kitevőjű hatványai szerepelnek. Így tehát e polinom értéke az x=26 helyen valóban egész szám.
Minthogy 5-26 negatív, megoldásunk azt is mutatja, hogy páratlan n esetén a tizedesvesszőt követő első n jegy 0, páros n esetén pedig 9-es.
 
Megjegyzések. 1. Nem volt szükségünk a binomiális tételre, bár megtehettük volna, hogy a p(x) polinom együtthatóit a binomiális tétel segítségével fel is írjuk.
2. Megoldásunkból könnyen kiolvasható, hogy ha n elég nagy, akkor a tizedesvesszőt n-nél több egyenlő jegy követi. Megemlítjük, hogy ez első ízben az n=234 kitevőre következik be.