P K I- S I- K
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652 Letnik 27 (1999/2000) Številka 5 Strani 259-264
Jože Grasselli: OB NEKI NALOGI
Ključne besede: matematika, teorija števil, desetiški številski sestav, lastnosti števil.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/27/1416-Grasselli.pdf
© 2000 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije © 2010 DMFA - založništvo
OB NEKI NALOGI
V neki zbirki matematičnih nalog beremo: Naravno število se končuje na 2; ko postaviš števko 2 z zadnjega mesta na začetek, dobiš dvakrat večje število; poišči najmanjše takšno naravno število.
Rešimo nalogo. Ker se iskano število končuje na 2, ga lahko zapišemo
10x + 2.	(1)
Tu je x naravno število, ki ga še ne poznamo; vzamemo, da ima n mest. Ko prenesemo 2 na začetek, stoji 2 na mestu n + 1 z desne in dobimo število
2 ■ 10" + x .	(2)
To število je po pogojih naloge dvakrat večje od prvotnega; torej je
2 ■ 10'" +a; = 2(10® + 2)
in od tod
19x = 2(10" - 2) .	(3)
Tej enačbi mora ustrezati neznano število x\ ko smo ga našli, po (1) pridemo do iskanega števila.
Ker naj bo x naravno število, iz (3) vidimo, da 19 deli 2(10" - 2); toda število 19 je tuje 2, zato mora deliti 10" — 2. Treba je torej najti najmanjši n, pri katerem 19 deli 10" — 2.
Ravnamo lahko tako, da po vrsti jemljemo 71 = 1,2,3,... in gledamo, katero izmed števil 10 - 2, 102 - 2, 10"'J -2,... je prvo deljivo z 19. (Če naj bo naloga rešljiva, se mora to prej ali slej zgoditi.) Ko smo naleteli na takšno število, iz (3) izračunamo x in naredimo število (1). S preizkusom preverimo, ali tako dobljeno število izpolnjuje zahteve naloge.
Iskanje najmanjšega n, pri katerem 19 deli 10" —2, si moremo olajšati. Če namreč 19 deli 10" - 2, velja
10" ~2
pri naravnem številu S in je potem
10" - 19fi + 2 .
Dobljena enakost pove, da pušča 10" pri delitvi z 19 ostanek 2.
Sedaj se naslonimo na preprosto opazko. Pri vsakem celem številu c obstajata celi števili A; in r tako, da je
c = 19/? + r in	|r| < 9. (4)
Npr.
10=19-1-9 in | — 9| = 9
—90 = 19(—5) + 5 in	5<9
Število k in ostanek r v (4) dobimo, ko delimo c z 19; delitev izvršimo tako, da je r po absolutni vrednosti najmanjši možni ostanek. Ce je j naravno število, za 1(V iz (4) izhaja
10J = I9k + r in |r| <9.	(5)
Po množenju z 10 od tod sledi
10j+1 = 190fc + 10r in |10r|<90.	(6)
Prvi sumand na desni je deljiv z 19; zato daje 10J+1 pri delitvi z 19 enak najmanjši absolutni ostanek kot. 10?'; ker pa je število IOt* v primerjavi z 10J h 1 majhno, njegov ostanek pri delitvi z 19 hitreje najdemo. Vpeljiiuo namesto (5) okrajšani zapis
10^ = r (mod 19); |r|<9,	(7)
ki pomeni, da daje 10J pri delitvi z 19 ostanek r. Enako imamo potem iz (6)
KH+1 = lOr (mod 19); |r| < 9.	(8)
Ko smo pri kakšnem j izračunali r v (7), je po (8) ostanek za 10?' pri delitvi z 19 isti kot ostanek za 10^ ' 1. Začenši z j = 1 večamo j po naravnih številih, dokler ne pridemo do ostanka 2. Račun poteka takole:
10 = -9 (mod 19)	106 = 30 = -8 (mod 19)
W2 = -90 m 5 (mod 19)	107 = -80 = -4 (mod 19)
103	= 50 = -7 (mod 19)	10® = -40 = -2 (mod 19) (9)
104	= -70 = 6 (mod 19)	109 = -20 = -1 (mod 19)
105	= 60 = 3 (mod 19)
Nadaljnjih potenc ne bomo računali. Iz zadnjih dveh relacij je namreč
10s = 19fc - 2 in 109 = 19ki - 1 pri celih številih k, k\. Po zmnožitvi je zato
1017 = 19 k2 + 2
pri celem številu k2 in zato
1017 = 2 (mod 19).	(10)
Na isti način vidimo, da smemo zadnjo relacijo v (9) množiti s prvo, drugo, in tako naprej do sedme in pri tem ne dobimo ostanka 2. Zato je 17 res najmanjši naravni eksponent, ko drži (10). Vrnemo se k (3) in izračunamo kvocient
1017 - 2
——— = 5 263157 894 736 842. Po množitvi z 2 dobimo
£ = 10 526315 789 473 684
in po (2) imamo
10x + 2 = 105 263 157894 736 842.	(11)
Ko prenesemo 2 na začetek, je res
210 526 315 789 473 684 = 105 263 157 894 736 842 ■ 2 .
Število, ki smo ga iskali, je osemnajst mest no in je podano v (11).
Še pripomba. Naredimo 36-mestno število m tako, da za številom (11) njegove števke šc enkrat zapišemo v istem redu. Ko števko 2 s konca postavimo na začetek, ima dobljeno število vrednost 2m. (Preveri!) Ce števke iz (11) ponovimo trikrat, štirikrat in tako naprej, dobimo neskončno naravnih števil, ki se končujejo na 2 in dajo dvakratnik izhodnega števila, ko postavimo 2 na začetek. Kakšnih drugih naravnih števil s to lastnostjo ni.
Ko smo nalogo rešili, se zastavljajo razna Vprašanja. Kaj je, Če namesto 2 vzamemo katero od števk a = 3,4,5,6,7,8,9? Ali tudi sedaj obstaja takšno najmanjše naravno število, da ob premestit vi števke a s konca na začetek dobimo «.-krat večje število?
Iskano število ima sedaj obliko
IOt + a .	(12)
Namesto števila (2) nastopa število
a > 10ra +x	(13)
m namesto enačbe (3) enačba
(10a — l)x = a( 10** — o).	(14)
Tej enačbi mora x ustrezati, Če naj Število z zahtevano lastnostjo sploh obstaja. Ker sta števili 10a — 1 in a tuji, mora 10a — 1 deliti 10" — a. Treba je torej najti najmanjši n z lastnostjo
10"= a (mod (lOa-1)).	(15)
Za zgled obravnavajmo a = 4. Iz (14) dobimo
39a: = 4(10" — 4)	(16)
in (15) preide v
10" ~ 4 (mod 39).	(17)
Za potence števila 10 računamo najmanjše absolutne ostanke pri delitvi z 39; podobno kot v (9) najdemo
10 = 10 (mod 39)
102	= 100 = -17 (mod 39)
103	= -170 = -14 (mod 39)
104	= -140 = 16 (mod 39)
105	= 160 = 4 (mod 39)
Najmanjši n v (16) in (17) je torej 7t = 5. Iz (16) je
4(105 - 4) X =	= 4 ■ 2 564 = 10 256
in zaradi (12) dalje
lOi + 4 = 102 564.	(18)
To število res izpolni zahtevo, saj je
410 256= 102 564-4.
Ce ponovimo števke števila (18) dvakrat, trikrat in tako naprej, pridemo do vseh naravnih števil, ki pri prenosu števke 4 na začetek dajejo štirikratnik prvotne vrednosti.
Ko vzamemo a = 8, najdemo iz (14) in (15) najmanjše naravno število
1012 658 227 848,	(19)
ki pri prestavitvi števke 8 na prvo mesto daje osemkrat večje število; saj
je
8 101 265 822 784 = 1012 658 227 848 ■ 8.
S ponavljanjem skupine števk iz (19) dobimo vsa naravna števila, ki se tako obnašajo.
Tudi za a = 3,5,6,7,9 rešitev obstaja. Do nje pridemo iz (15) in (14) na isti način kot v zgornjih primerih. Za vsako od teh števk pa so najmanjša števila, ustrezajoča naši zahtevi, že precej velika, Navedimo jih po vrsti
t = 1 034 482 758 620 689 655 172 413 793 u = 102 040 816 326 530 612 244 897 959 183 673 469 387 755 v = 1016949152542372881355932203389830508474576271186440677966 y — 1 014 492 753 623 188 405 797
z = 10112 359 550 561 797 752 808 988 764 044 943 820 224 719
(20)
Po premestitvi zadnje števke na prvo mesto dobimo vsakič tolikokrat večje število, kot pove prenesena števka; torej 3i, 5«, 6v, 7y, 9z, Res je npr.
7 101 449 275 362 318 840 579 = 7y .
Poleg števil t, u, v, y, z obstaja še neskončno od njih večjih števil, ki se pri prenosu zadnje števke na začetek obnašajo tako kot i, u, v, y, z. Do njih pridemo, ko v posameznem od števil (20) ves sklop števk ponavljamo.
Ugotovili smo, da zmeraj obstajajo števila, ki s prestavitvijo zadnje števke a = 2,3,4,5,6,7,8,9 na začetek preidejo v a-kratnik prvotne vrednosti. Kaj pa je, Če prenesemo več kot eno števko s konca števila na začetek števila?
Če se število končuje z 10, ima obliko 100x + 10, kjer je x naravno število z n mesti; število 100x + 10 ima tako n + 2 mest. Ko postavimo 10 na začetek, smo pri številu 10rt+1 ki ima seveda še zmeraj n + 2 mest. Toda z 10 pomnoženo število 100:r + 10 je 10(100.r H- 10); ker ima n + 3 mest, ne more biti enako 10ri+1 + :r. Podobno velja v drugih primerih. Ko torej prestavimo sklop dveh ali več števk s konca števila na njegov začetek, nikoli ne dobimo števila, ki bi bilo enako prvotnemu številu pomnoženem s številom, ki ga določajo prestavljene števke,
Jože Grasselli