Feladat:	B.3442	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Németh Adrián ,  Paulin Roland
Füzet:	2001/december, 539 - 540. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Természetes számok, Számelmélet, Binomiális tétel, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/március: B.3442

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Megmutatjuk, hogy pl. $N=5\cdot {10}^{2000}+1$ megfelelő. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle N^2={\left(5\cdot {10}^{2000}+1\right)}^2=25\cdot {10}^{4000}+{10}^{2001}+1}\end{array}$ utolsó 2001 jegye: $000\text{...}001$, az $N^{2000}={\left(N^2\right)}^{500}$ is 2000 nullára és egy egyesre végződik. Ezért $N^{2001}=N\cdot N^{2000}$ utolsó 2001 jegye megegyezik $N$ utolsó 2001 jegyével.  Németh Adrián (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn. 9. o.t.)   Megjegyzés. A binomiális tétellel megmutatható, hogy ${10}^{2000}+1$ is kielégíti a feladat követelményét.  Paulin Roland (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 7. o.t.)   II. megoldás. Ha egy $a$ szám négyzete ,,$a$-ra végződik'', akkor minden további hatványa is; elegendő tehát olyan 2001 jegyű $a$ számot találni, amelyre ${10}^{2001}\mid a^2-a=a\left(a-1\right)$. Utóbbi biztosan teljesül, ha $2^{2001}\mid a$ és $5^{2001}\mid a-1$, és akkor is, ha $5^{2001}\mid a$ és $2^{2001}\mid a-1$. Az első két oszthatósági feltételt kielégítő számot keressük $a=2^{2001}x$ alakban (ekkor az első oszthatóság már biztosított), erre még $2^{2001}x-1=5^{2001}y$-nak, azaz $2^{2001}x-5^{2001}y=1$-nek kell teljesülnie. Mivel $2^{2001}$ relatív prím $5^{2001}$-hez, ilyen $x$ (és $y$) egész biztosan létezik, és az ezzel képezett $2^{2001}x$ szám ${10}^{2001}$-nel való $a_1$ osztási maradéka egy, a feladat feltételét kielégítő legfeljebb 2001 jegyű szám. Hasonlóan kaphatunk olyan, ugyancsak legfeljebb 2001 jegyű $a_2$ számot, amelyre $5^{2001}\mid a_2$ és $2^{2001}\mid a_2-1$. Mivel $2^{2001}\mid a_1$, $5^{2001}\mid a_2$, $5^{2001}\mid a_1-1$, $2^{2001}\mid a_2-1$, azért $a_1{a}_2={10}^{2001}c$ és $\left(a_1-1\right)\left(a_2-1\right)={10}^{2001}d$, alkalmas $c>d$ pozitív egészekkel. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1+a_2-1=a_1{a}_2-\left(a_1-1\right)\left(a_2-1\right)={10}^{2001}\left(c-d\right)}\end{array}$ is osztható ${10}^{2001}$-nel, ezért legalább ${10}^{2001}$. Tehát az $a_1$ és $a_2$ közül legalább az egyik pontosan 2001 jegyű, ellenkező esetben ugyanis ${10}^{2001}\le a_1+a_2-1<a_1+a_2<2\cdot {10}^{2000}$, ami ellentmondás.