|
Feladat: |
B.4360 |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Ágoston Péter , Damásdi Gábor , Dolgos Tamás , Nagy Róbert , Perjési Gábor , Strenner Péter , Viharos Andor , Zilahi Tamás |
Füzet: |
2012/április,
219 - 220. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Feladat, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Teljes indukció módszere |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2011/április: B.4360 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldás. Pontosan akkor létezik, ha -nak nincsen 2-től és 5-től különböző prímosztója. Először megmutatjuk, hogy -re megfelelő, vagyis minden pozitív egész számra teljesül. A 2-vel való szorzást a következő módon is elvégezhetjük. Először minden helyiértékre az ott lévő számot megszorozzuk 2-vel, az így kapott számok mindegyike legfeljebb lehet. Ezután, ahol kétjegyű számot kaptunk, ott annak értékét 10-zel csökkentjük, és átvisszük a maradékot, vagyis az eggyel nagyobb helyiértéken álló számot 1-gyel növeljük. Mivel ily módon csak páros egyjegyű számokat kell növelnünk 1-gyel, újabb maradék már nem keletkezik. Azaz értékét úgy is megkaphatjuk, hogy számjegyeit külön-külön szorozzuk 2-vel, majd a kapott számok számjegyeit összeadjuk. Ezért elegendő az állítást abban a speciális esetben igazolni, amikor egyjegyű vagy . Rövid számolással ellenőrizhető, hogy ezekben az esetekben az egyenlőtlenség teljesül. Ehhez teljesen hasonlóan igazolható, hogy esetén megfelelő. Az 5-tel való szorzásnál a maradék legfeljebb 4, ezt akár 0-hoz, akár 5-höz kell hozzáadnunk, újabb maradék már nem keletkezik. Így ebben az esetben is elegendő a számokra ellenőrizni az állítást, amelyekre valóban igaz. Ha a számhoz , az számhoz pedig megfelelő, akkor a számhoz megfelelő lesz, ugyanis minden pozitív egész szám esetén | | Ezek szerint, ha a számnak nincsen 2-től és 5-től különböző prímosztója, akkor található hozzá megfelelő . Az állításunk másik felének igazolásához tekintsünk egy olyan számot, amelynek van 2-től és 5-től különböző prímosztója. Ekkor végtelen szakaszos tizedestört. Legyen . Ekkor az szám tizedesvessző utáni első számjegyének összege, ami növelésével tetszőlegesen naggyá tehető. Mivel , azért a szám első jegyét (ami 1) és utolsó darab jegyét (ahol a számjegyeinek száma) leszámítva minden jegye 0, így . Ezek alapján A kapott egyenlőtlenség jobb oldalán álló kifejezés értéke pedig bármely pozitív számnál kisebb lehet. Ebben az esetben tehát nem létezik a feltételeket kielégítő konstans.
|
|