Κανένα μηδενικό στην δεκαδική αναπαράσταση

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8449
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Κανένα μηδενικό στην δεκαδική αναπαράσταση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Οκτ 01, 2017 11:54 am

Παίρνοντας αφορμή από αυτό εδώ, δείξτε ότι κάθε φυσικός αριθμός ο οποίος δεν είναι πολλαπλάσιο του 10, έχει ένα πολλαπλάσιο, το οποίο στην δεκαδική του αναπαράσταση δεν εμφανίζεται κανένα μηδενικό.



Λέξεις Κλειδιά:
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1490
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Κανένα μηδενικό στην δεκαδική αναπαράσταση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Δευ Οκτ 02, 2017 10:01 am

Έστω a ένας φυσικός που δεν είναι άρτιος και δεν τελειώνει σε 5. Θεωρούμε το σύνολο \left \{ 1,11,111,...,11...1 \right \} με a στοιχεία. Τότε κάποιος από τους αριθμούς αυτούς είναι πολλαπλάσιο του a. Πράγματι, αν δύο από αυτούς διαιρούμενοι με a αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο, τότε και η διαφορά τους θα είναι πολλαπλάσιο του a. Όμως η διαφορά δύο στοιχείων του συνόλου είναι της μορφής x\cdot 10^k με το x να είναι στοιχείο του συνόλου. Ο a έχει επιλεγεί σχετικά πρώτος με το 10 οπότε ο a θα διαιρεί το x. Αν πάλι διαιρούμενοι με a αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα τότε ακριβώς ένας από αυτούς θα είναι πολλαπλάσιο του a. Σε κάθε περίπτωση έχουμε ένα πολλαπλάσιο του a μόνο με μονάδες.

Μένει να δείξουμε την πρόταση για αριθμούς της μορφής a=b\cdot 5^k ή a=b\cdot 2^k όπου ο b είναι σχετικά πρώτος με το 10.

Το 2003 είχε τεθεί στην USAMO το εξής πρόβλημα: Για κάθε θετικό ακέραιο n υπάρχει ένας n-ψήφιος αριθμός πολλαπλάσιο του 5^n και που όλα του τα ψηφία είναι περιττοί. Ας δούμε τι γίνεται για μικρές τιμές του n.
Για n=1 υπάρχει ο 5.
Για n=2 υπάρχει ο 75 (διψήφιος που διαιρείται με 5^2)
Για n=3 υπάρχει ο 375 (τριψήφιος που διαιρείται με 5^3)
(Βλέπουμε ότι κάθε φορά μπαίνει και ένα ψηφίο μπροστά.)
Ας προχωρήσουμε με επαγωγή. Έστω n ένας θετικός ακέραιος ώστε να υπάρχει n-ψήφιος x_n=5^nr. Ψάχνουμε ψηφίο k\in \left \{ 1,3,5,7,9 \right \} ώστε ο x_{n+1}=k\cdot 10^n+x_n=5^n(k2^n+r) να είναι πολλαπλάσιο του 5^{n+1}. Αρκεί ο
k2^n+r να είναι πολλαπλάσιο του 5. Τέτοιο ψηφίο υπάρχει γιατί για k\in \left \{ 1,3,5,7,9 \right \} οι αριθμοί k2^n+r διαιρούμενοι με 5 αφήνουν πέντε διαφορετικά υπόλοιπα, οπότε ακριβώς ένας διαιρείται με 5.

Ας γυρίσουμε στο πρόβλημα και ας δούμε την περίπτωση όπου a=b\cdot 5^k. Είδαμε ότι υπάρχει k-ψήφιος \overline{x_1...x_k} πολλαπλάσιος του 5^k. Θεωρούμε τους πρώτους b αριθμούς της ακολουθίας των αριθμών \overline{x_1...x_k},\overline{x_1...x_kx_1...x_k},\overline{x_1...x_kx_1...x_kx_1...x_k},... Όλοι τους είναι πολλαπλάσια του 5^k. Επιχειρηματολογώντας όπως στην αρχή, κάποιος από αυτούς είναι και πολλαπλάσιο του b. Άρα ένας από αυτούς είναι πολλαπλάσιο του a.

Για την περίπτωση όπου a=b\cdot 2^k μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την πρόταση:
Για κάθε θετικό ακέραιο n υπάρχει ένας n-ψήφιος αριθμός πολλαπλάσιο του 2^n και που όλα του τα ψηφία είναι 1 ή 2. Η απόδειξη είναι όμοια.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8449
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Κανένα μηδενικό στην δεκαδική αναπαράσταση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Οκτ 02, 2017 11:05 am

Πολύ ωραία.

Η επίλυση λοιπόν βασίζεται σε δύο ασκήσεις όπου κάθε μία έχει το ενδιαφέρον της. Ασφαλώς όποιος τις γνώριζε θα είχε τεράστιο πλεονέκτημα σε αυτήν την άσκηση. Διότι δεν είναι μόνο να τις λύσεις, αλλά να σκεφτείς και την εκφώνησή της.

Σίγουρα θα τις έχουμε δει παλιά. Κατάφερε να εντοπίσω μόνο την μία εδώ. Κοιτάξτε και το επιπλέον ερώτημα που έβαλα τότε και έμεινε αναπάντητο. Πιστεύω ότι δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολο.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες