Feladat: 1992. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Boda Péter ,  Csörnyei Marianna ,  Faragó Gergely ,  Imreh Csanád ,  Kóczy László ,  Molnár-Sáska Gábor ,  Pham Minh Tuan ,  Szeredi Tibor ,  Újváry-Menyhárt Zoltán ,  Valkó Benedek 
Füzet: 1993/február, 52 - 53. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tizes alapú számrendszer, Maradékos osztás, Különleges függvények, Egyenlőtlenségek, Programozási feladatok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1993/február: 1992. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

A kérdésre annak alapján tudunk választ adni, hogy egyrészt a számjegyek számát határozzuk meg, másrészt a kérdezett szám maradékát, ha 9-cel osztjuk.
Jelöljük a 21991 számot K-val.

K=819913<10664.
A K szám tehát legfeljebb 664 jegyű, s így jegyeinek az összege nem több mint 664⋅9, ami 6000-nél kisebb. Eszerint f1(K)<36⋅106. Eddig a korlátig a 29999999 szám jegyeinek az összege a legnagyobb, 65. Így
f2(K)≤4225.

Hasonlóan számolva
f3(K)≤(3+3⋅9)2=900.

Egy legfeljebb háromjegyű k számra f1(k)≤(3⋅9)2=729, tehát szintén legfeljebb háromjegyű. Így, ha n≥3, akkor fn(K) legfeljebb háromjegyű.
Ismeretes, hogy egy szám 9-cel osztva ugyanannyi maradékot ad, mint a számjegyeinek az összege; továbbá két szám szorzatának a maradéka, ha 9-cel osztunk, ugyanannyi, mint a maradékaik szorzatáé, mivel (9r+s)(9t+u)=9(9rt+ru+st)+su. Ezek alapján
K=26⋅331+5=64331⋅32=(9⋅7+1)331(9⋅3+5)
maradéka 5, s így ennyi a számjegyei összegének a maradéka is. f1(K) maradéka tehát annyi, mint 25-é, azaz 7; f2(K) maradéka annyi, mint 49-é, vagyis 4; f3(K) maradéka annyi, mint 16-é, ami 7. Ennyi a maradéka a számjegyei összegének is, és a szám legfeljebb háromjegyű, így a számjegyek összege csak 7, 16 és 25 lehet. f4(K) lehetséges értékei 49, 256 és 625. f5(K) értéke már mind a három esetben ugyanaz: 169. Folytatva a számolást
f6(K)=256,f7(K)=169,f8(K)=256.

Világos, hogy innen periodikusan páros indexre 256-ot kapunk, páratlanra 169-et. A feladat kérdésére tehát a válasz
f1992(21991)=256.

 

Megjegyzések. 1. Természetesen más a-ra, c-re és n-re is meghatározható hasonlóan fn(ac), és könnyen látható, hogy elég nagy n-re 169-en és 256-on kívül csak az 1 és a 81 fordul elő.
 

2. Számítógéppel meghatározható 21991 számjegyeinek az összege, ez 2669. Innen f1(K)=7123561, f2(K)=625, f3(K)=169, f4(K)=256, és már innen ismétlődik periodikusan az utolsó két érték.