Elemi matematika szakkör

Átírás

1 Elemi matematika szakkör Kolozsvár, október Feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az összes olyan 9 jegyű, K tulajdonságú számot, amelynek a 2, 4, illetve 8-szorosa is K tulajdonságú! Grigore Moisil versenyre javasolt feladat Első megoldás. A legkisebb 9 jegyű és K tulajdonságú szám a Ennek a nyolcszorosa Ugyanakkor a számnál nagyobb K tulajdonságú szám csak a és ez nem osztható 8-cal, tehát a számnál nagyobb szám 8-szorosa nem lehet K tulajdonságú. Emiatt csak az N = számra kell ellenőrizni, hogy 2N és 4N szintén K tulajdonságú-e. Mivel = , = és = , az egyetlen szám, amely teljesíti a feladat feltételeit az N = Második megoldás. Legyen N = a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 egy szám, amely teljesíti a kért feltételeket. Mivel a 8N szám 9 jegyű, N < , vagyis N első két számjegye 1 és 2 (ebben a sorrendben) valamint a 3 {3, 4}. Ha a 3 = 4, akkor az a 3 8 szorzat nagyobb, mint 30, tehát a szorzat elvégzésénél a 3 hozzáadódik a 2 8 = 16-hoz és emiatt az eredmény első két számjegye 9-es lenne. Ez nem felel meg, mert így az eredmény nem lenne K tulajdonságú, tehát a 3 = 3. Ugyanezen ok miatt a 3 8 szorzathoz hozzáadva az a 4 8 szorzatból a tízesek jegyét az eredmény nem haladhatja meg a 30-at, tehát a 4 7. Ugyanakkor a 4 4 (mert az 1, 2, 3 számjegyek már előfordulnak N-ben). Továbbá az a 4 8 szorzatban a tizesek száma nem lehet sem 5, sem 4, mert ezekben az esetekben az 123a 4 8 szorzatban lenne két azonos számjegy (8-as vagy 9-es), a többi számjegytől függetlenül. Így a 4 8 < 40, tehát a 4 = 4. Az a 5 meghatározásához egyrészt a 5, a 6 5, másrészt az 1234a 5 a szorzás során az a 6 8 szorzatból legalább 4-et kell az a 5 8, szorzathoz hozzáadni, tehát a 5 6 esetén legalább 5-t adnánk a 4 8-szorzathoz. Ebben az esetben viszont a szorzat első négy számjegye közt lenne két egyforma, tehát a 5 5 és ez csak úgy lehetséges, ha a 5 = 5. Hasonló gondolatmenet alapján a 6 = 6, a 7 = 7, a 8 = 8 és a 9 = 9, tehát csak az N = szám teljesítheti a kért feltételeket. Erre a számra = = és = , tehát a feladat feltételeit csak az N = szám teljesíti. 1

2 2 1. Megjegyzés. Az előbbi gondolatmenet tömörebben leírható, ha egyenlőtlenségeket használunk. Például ha már meghatároztuk az első 4 számjegyet, akkor az N = 1234a 5 a 6... alakhoz jutunk. Ha a 5 6, akkor N > , tehát 8N > és ez az egyenlőtlenség csak úgy teljesülhet, ha 8N-ben vannak azonos számjegyek, hisz a nál nagyobb ötjegyű természetes számokban mind van két azonos számjegy. Hasonló érv alapján kapjuk az összes többi számjegyet is Feladat. Határozd meg azt a legkisebb pozitív egész számot, amelynek a négyzete 2016-ban végződik! Első megoldás. Ha N a keresett szám, akkor N ben végződik, tehát osztható 2000 = nel. Mivel az N 4 és N + 4 számok közül csak az egyik lehet osztható 5-tel, ezért az előbbi tulajdonság csak úgy teljesülhet, ha N 4 vagy N + 4 osztható 125-tel. Másrészt N páros, tehát a 250 ± 4 alakú számok közt keressük az N-et. Ugyanakkor a kettőhatványokat vizsgálva N {246, 254, 746, 754} kizárható, mert 250 és a 750 prímtényezős felbontásában a 2 kitevője 1 akárcsak a 242, 258, 742, 758 számok prímtényezős felbontásában. Emiatt az N legkisebb értékei, amelyeket érdemes kipróbálni a 496, 504, 996, Ezek közül a = és a többi négyzete nem végződik ban, tehát a keresett szám a Második megoldás. A keresett N szám (amennyiben létezik ilyen) utolsó számjegye 4 vagy 6 lehet. Ha N = a4, ahol a N, akkor N 2 = (10a + 4) 2 = 100a a Ez pontosan akkor végződik 2016-ban, ha 100a a 2000-ben végződik. Ehhez az szükséges, hogy 10a 2 + 8a osztható legyen 100-zal. Mivel 8a.4, ezért 10a 2 is osztható 4-gyel, tehát a páros. Ha a = 2b, akkor 10a 2 + 8a = 40b b = 4b(10b + 4) és ez csak úgy lesz 100-zal osztható, ha b(10b+4) osztható 25-tel. De a 10b+4 szám 4-ben végződik, ezért nem osztható 5-tel, tehát b osztható 25-tel. Ugyanakkor a = 2b, tehát a.50 és így N = vagy N = Ha N = 1000e + 504, akkor N 2 = e e , tehát 8e + 4 utolsó számjegye 2. Ez pontosan akkor teljesül, ha e utolsó számjegye 1 vagy 6. Ebben az esetben tehát N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Ha N = 1000e + 4, akkor N 2 = e e + 16, tehát a 8e utolsó számjegye 2. Ez pontosan akkor teljesül, ha e utolsó számjegye 4 vagy 9, tehát N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Eddig csak azt az esetet vizsgáltuk, amikor az utolsó számjegy 4, tehát hasonlóan kell eljárnunk abban az esetben is, amikor az utolsó számjegy 6. Ha N = 10a + 6, akkor N 2 = 100a a + 36 = 10(10a a + 2) + 16, tehát szükséges, hogy 10a a + 2 osztható legyen 100-zal. Így a nem lehet páros és 2a utolsó jegye 8-as, tehát a utolsó jegye csak 9-es lehet, azaz N = 100b + 96 alakú. Másrészt N 2 = 10000b b ,

3 tehát 100b b + 92 utolsó két számjegye 20. Ez pontosan akkor következik be, ha b utolsó számjegye 4 vagy 9, tehát szükséges két eset tárgyalása. Ha N = 1000c + 496, akkor N 2 = c c vagyis 2c + 6 utolsó számjegye 2. Így c utolsó számjegye 3 vagy 8 és az N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Ha N = 1000c + 996, akkor N 2 = c c vagyis 2c utolsó számjegye 0. Így c utolsó számjegye 0 vagy 5 és az N = és N = alakú megoldásokhoz jutunk. Összesítve tehát az N 2 pontosan akkor végződik 2016-ban, ha az N utolsó négy számjegyéből alkotott szám (természetesen a sorrend felcserélése nélkül) a 0996, 1504, 3496, 4004, 5996, 6504, 8496, 9004 valamelyike. Ezek közül a legkisebb a Megjegyzés. Látható, hogy a második megoldásban használt stratégia jóval több számolást igényel, de ugyanakkor több eredményt is ad. A feladatra tehát érdemes a rövidebb megoldást választani, míg ha a matematikai probléma érdekel minket, akkor a többet mondó másodikat Feladat. Bizonyítsd be, hogy végtelen sok olyan N pozitív egész létezik, amelynek a négyzete 2016-ban végződik és N 2 osztható az N 2 számjegyeinek összegével! 1.3. Megoldás. Tekintjük az N = 10 k alakú számokat, ahol k 6. N 2 = 10 2k k , tehát az N 2 szám számjegyeinek az összege a k 6 feltétel miatt = 49. Így az N 2.49 feltétel pontosan akkor teljesül, ha N.7. Mivel 996 = , ezért az N.7 feltétel pontosan akkor teljesül, ha 10 k -nak a 7-tel való osztási maradéka 5. Ugyanakkor 10 k -nak a 7-tel való osztási maradéka 1 k 6 esetén rendre 3, 2, 6, 4, 5, 1 és ezek periodikusan ismétlődnek, tehát 10 k -nak a 7-tel való osztási maradéka pontosan akkor 5, ha k = 6m + 5, m N. Így az N = 106m alakú számok m 1, m N esetén teljesítik a kért feltételeket. 3. Megjegyzés. Más szerkesztést is végezhetünk, a lényeg, hogy az N-et az előbbi feladat megoldásában meghatározott alakok valamelyikében keressük és ugyanakkor az N 2 számjegyeit tudjuk meghatározni. Például ha N = 10 k alakú számokat nézzük, akkor N 2 = 10 2k k , tehát k 8 esetén az N 2 számjegyeinek összege = 36. Ugyanakkor az N számjegyeinek összege 9, tehát N 2 osztható 9 2 -nel. Mivel N.4, ezért N 2.4 2, tehát N Így az N = 10k alakú számok k 8, k N esetén teljesítik a kért feltételt, sőt azt is, hogy N 2 osztható az N 2 számjegyei összegének négyzetével (vagyis már N osztható az N 2 számjegyei összegével) Feladat. Határozd meg azt a legkisebb természetes számot, amelynek a négyzete 2016-ban végződik és 2016-tal is kezdődik! 3

4 Megoldás. Ha N 2 = , akkor van olyan k N, amelyre ( N ) 2 = 2016,... vagy 10 k ( N ) 2 = 201, k Emiatt az N 10 k egész része a 2016 vagy 201 körül van. De 2016 = 44, és 201 = 14, A második feladatban meghatározott alakokat összehasonlítva ezekkel a számokkal a ot és et érdemes kipróbálni. Az első nem felel meg, de a másodikra = Hasonló logikával beláthatjuk, hogy több olyan szám is létezik, amelynek a négyzete tal kezdődik és azzal is végződik. Érdekességként felsorolunk néhány ilyen számot: , , , , , , , , , , , , Az is igazolható, hogy végtelen sok ilyen szám létezik Feladat. Igazold, hogy bármely n 1 pozitív egész esetén végtelen sok olyan n-nel osztható pozitív egész szám létezik, amelyben a számjegyek összege pontosan n Megoldás. Ha (10, n) = 1, akkor létezik olyan k N, amelyre (10 k 1).n (az Euler tétel alapján k = ϕ(n) megfelel, de a létezés igazolható az 1, 10, 10 2,... sorozatban az n szerinti osztási maradékok periodikus ismétlődésével is). Így ha tekintjük a N 0 (n) = k k (n 1)k számot, akkor ennek az n-nel való osztási maradéka 0 és a számjegyeinek összege éppen n. Másrészt az N 0 (n) 10 u, u N számokra ugyanez érvényes, tehát végtelen sok szám teljesíti a kért feltételt. Ha (10, n) > 1, akkor n prímtényezős alakja n = 2 a 5 b m, ahol (10, m) = 1. Ebben az esetben létezik olyan k N, amelyre (10 k 1).m, tehát N 0 (n) = ( k k (n 1)k ) 10 max{a,b} szám teljesíti a kért feltételt és ennek a végére tetszőleges számú nullát írhatunk, tehát végtelen sok szám rendelkezik a kért tulajdonsággal Házi feladat. Melyik az a legkisebb természetes szám, amelynek a harmadik hatványa 2016-tal kezdődik?

5 1.6. Megoldás. A köbgyökvonás során hármas csoportokba osztjuk a szám számjegyeit (hátulról kezdve) és mindegyik csoport az eredmény egy újabb számjegyének meghatározásában játszik szerepet. Emiatt a 3 201, 6, 3 20, 16 és 3 2, 016 számok közelítéseit kell megvizsgálnunk. 3 2, 016 = 1, , tehát a 12, 13, 126, 127, 1263, 1264, 12632, 12633, illetve a hasonlóan képezhető, többjegyű számokat kell kipróbálni. Ezek közül a legkisebb, amelynek a harmadik hatványa 2016-tal kezdődik a Hasonló gondolatmenetet alkalmazunk a 3 20, 16 = 2, , illetve a 3 201, 6 = 5, , számokra. Az első esetben a 2722-t, a második esetben az 5864-et kapjuk, tehát a legkisebb természetes szám, amelynek a köbe 2016-ban kezdődik a Házi feladat. Határozd meg azt a legkisebb pozitív egész számot, amelynek a harmadik hatványa 2016-ban végződik! 1.7. Megoldás. Az N 3 utolsó számjegye csak akkor lehet 6, ha az N utolsó számjegye is 6-os. Ha N = 10a + 6, akkor N 3 = 1000a a a + 216, tehát 108a nullában végződik és ez csak akkor lehetséges, ha a utolsó számjegye 0 vagy 5. Hasonló gondolatmenet alapján az N = 100b + 56 harmadik hatványa csak akkor végződhet 2016-ban, ha b utolsó számjegye 3 vagy 8 és az N = 100b + 6 ellentmondáshoz vezet = és = , tehát a legkisebb pozitív egész, amelynek a harmadik hatványa 2016-ban végződik a Megjegyzés. Ha az N felbontás vizsgáljuk, az N = 50k + 6 alakhoz jutunk, míg az N esetén az N = 250k +106 alakhoz. Mindkét esetben néhány próbálkozás után eljuthatunk a 856-hoz. 5. Megjegyzés. A megoldás gondolatmenetét egy lépéssel továbbgondolva azt is beláthatjuk, hogy az N 3 pontosan akkor végződik 2016-ban, ha az N utolsó négy számjegye által alkotott szám 0856, 3356, 5856 vagy Megjegyzés. A legkisebb szám, amelynek a harmadik hatványa 2016-tal kezdődik és abban is végződik az Házi feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az összes olyan 9 jegyű, K tulajdonságú számot, amelynek a 2, 4, 5, illetve 7-szerese is K tulajdonságú! 1.8. Megoldás. Az egyetlen szám, amely teljesíti a feltételeket az N = Ennek belátására több eset tárgyalása szükséges. Egyrészt 7N alapján az N első számjegye 1, a második pedig 2 vagy 3 (a 4-es nem lehet, mert ebben az esetben a következő számjegy legalább 2-es lenne és így túllépnénk a felső korlátot). Az utolsó számjegy páratlan de nem 5 (különben az 5N vagy a 2N utolsó számjegye 0 lenne). Ugyanakkor ha a második számjegy 3, akkor a 2N, 4N, 5N, 7N szorzatok első számjegye rendre 2, 5, 6, 9 és így az utolsó számjegy nem lehet 7 (mert a 7N-ben két 9-es lenne). Tehát az utolsó számjegy 9. Az utolsó előtti számjegy nem lehet 2-es, mert ebben az esetben a 7N utolsó két számjegye 03 volna. Tehát az utolsó két számjegyből alkotott szám 49, 59, 69, 79, 89 lehet. Mind az öt esetben további öt aleset van aszerint, hogy mennyi hátulról a harmadik számjegy. Az alábbi táblázatban feltüntettük, hogy az alesetek nagy részét mi alapján zárjuk ki. 5

6 N-ben 99 2N-ben 0 2N-ben 2 4N-ben 99 7N-ben N-ben 0 ez lehet 4N-ben 636 4N-ben 0 7N-ben N-ben 0 ez lehet 7N-ben 9 4N-ben 0 7N-ben N-ben 55 7N-ben 353 7N-ben 0 ez lehet 4N-ben N-ben 11 5N-ben 44 4N-ben 5 4N-ben 5 4N-ben 5 Ez alapján az utolsó három számjegyből alkotott szám csak a 459, 469 vagy a 679 lehet. Mindegyik esetben további négy alesetet tárgyalunk hátulról a negyedik számjegy szerint N-ben 22 5N-ben 22 7N-ben 22 5N-ben ez lehet 2N-ben 0 7N-ben 22 7N-ben N-ben 0 5N-ben 33 7N-ben 9 7N-ben 0 Az egyetlen lehetőség tehát a Hátulról az ötödik számjegy 5, 7 vagy 8 lehet. Másrészt ezek az esetek nem felelnek meg, mert esetén a 2N-ben van 0 számjegy, a esetén a 2N-ben van két 4-es és esetén a 7N-ben van két 7-es. Mindez azt igazolja, hogy a második számjegy nem lehet 3-as. Az előbbihez hasonló gondolatmenet segítségével megkapjuk az egyetlen lehetséges megoldást Nyitott kérdés. Igaz marad-e az 1.5. feladatban megfogalmazott tulajdonság, ha még azt is kérjük, hogy a hányados teljes négyzet (köb, stb.) legyen? 7. Megjegyzés. A következő táblázatban láthatjuk, hogy adott n 56-re melyik az a legkisebb x, amelyre n x 2 számjegyeinek összege pontosan n. n x n x n x n x A numerikus számolások azt mutatják, hogy a tulajdonság n 125 esetén igaz, de bizonyítást mindeddig nem ismerünk.