Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 5276. feladat (2022. november)

B. 5276. Bizonyítsuk be, hogy végtelen sok olyan pozitív egész \(\displaystyle k\) szám létezik, amelyre \(\displaystyle 2^k\) számjegyeinek összege

\(\displaystyle a)\) kisebb;

\(\displaystyle b)\) nagyobb,
mint \(\displaystyle 2^{k+1}\) számjegyeinek összege.

Javasolta: Sándor Csaba (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2022. december 12-én LEJÁRT.


Megoldás. Mivel a szomszédos 2-hatványok 3-as maradéka felváltva 1, illetve 2, ezért két szomszédos 2-hatvány számjegyeinek összege soha nem egyezik meg, hiszen egyenlő számjegyösszeg esetén a 3-as maradékuknak is egyezőnek kellene lennie.

Tehát a számjegyösszeg mindig csökken vagy nő, így az a) rész megoldásához elég belátnunk, hogy nem fordulhat elő az, hogy valahonnan, mondjuk \(\displaystyle 2^N\)-től kezdve a számjegyösszeg mindig csökken. A számjegyösszeg mindig pozitív egész, ezért ez világos. (Nem létezhet pozitív egészeknek végtelen hosszú szigorúan csökkenő sorozata.)

A b) rész megoldásához pedig azt kell igazolnunk, hogy nincs olyan \(\displaystyle N\) pozitív egész szám, hogy \(\displaystyle 2^N\)-től kezdve a számjegyösszeg mindig nő.

A 2-hatványok 9-es maradéka rendre \(\displaystyle 1,2,4,8,7,5\), majd innen ciklikusan ismétlődik. Tegyük fel indireken, hogy a számjegyösszeg \(\displaystyle 2^N\)-től kezdve mindig nő, ekkor feltehető, hogy \(\displaystyle 2^N\) számjegyeinek összege 9-cel osztva 1 maradékot ad (ha ez nem teljesül eredetileg, akkor \(\displaystyle N\)-et \(\displaystyle N+1,\dots,N+5\) valamelyikére cseréljük). A 9-cel való oszthatósági szabály alapján ha \(\displaystyle N\leq n\)-re \(\displaystyle 2^n\) számjegyeinek összege \(\displaystyle 9k+1\) alakú (vagyis az \(\displaystyle n\) és \(\displaystyle N\) számok 9-es maradéka megegyezik), akkor a számjegyösszeg szigorú monoton növekedése miatt a \(\displaystyle 2^{n+1},2^{n+2},2^{n+3},2^{n+4},2^{n+5},2^{n+6}\) számok számjegyösszege rendre legalább

\(\displaystyle 9k+2,\quad 9k+4,\quad 9k+8,\quad 9(k+1)+7,\quad 9(k+2)+5, \quad 9(k+3)+1,\)

tehát \(\displaystyle 2^{n+6}\) számjegyeinek összege legalább 27-tel több, mint \(\displaystyle 2^n\) számjegyeinek összege. Így \(\displaystyle 2^{N+6t}\) számjegyeinek összege legalább \(\displaystyle 27t\) minden \(\displaystyle t\) pozitív egész szám esetén.

Most pedig felső becslést adunk arra, hogy mekkora lehet egy 2-hatvány számjegyeinek összege. Ha \(\displaystyle 2^n\) jegyeinek száma \(\displaystyle s\), akkor \(\displaystyle 10^{s-1}\leq 2^n\), amiből \(\displaystyle s\leq 1+\log_{10} 2^n=1+n\log_{10}2<1+n/3\), hiszen \(\displaystyle \log_{10} 2=\frac{\ln 2}{\ln 10}<\frac{\ln 2}{\ln 2^3}=1/3\). A kapott becslést \(\displaystyle n=N+6t\)-re felírva kapjuk, hogy \(\displaystyle 2^{N+6t}\) számjegyeinek összege legfeljebb

\(\displaystyle 9(1+(N+6t))/3=3+3N+18t,\)

hiszen mindegyik számjegy értéke legfeljebb 9 lehet.

A számjegyösszegre vonatkozó alsó és felső becslést összevetve a

\(\displaystyle 3+3N+18t\geq 27t\)

egyenlőtlenségnek minden pozitív egész \(\displaystyle t\)-re teljesülnie kellene, azonban ha \(\displaystyle t\) elegendően nagy, például \(\displaystyle t=N\), akkor ez nem teljesül. Ez az ellentmondás igazolja, hogy végtelen sokszor csökkennie kell a számjegyösszegnek, vagyis a feladat b) részét is igazoltuk.

Megjegyzés. Az A. 220. feladat szerint az a) részben szereplő állításnál valójában több is igaz: a számjegyösszeg a végtelenhez tart.


Statisztika:

51 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Balaskó Imola, Chrobák Gergő, Domján Olivér, Farkas 005 Bendegúz, Fülöp Csilla, Görömbey Tamás, Holló Martin, Horváth 530 Mihály, Kovács Benedek Noel, László Anna, Nguyen Kim Dorka, Sági Mihály, Simon László Bence, Szabó 810 Levente, Szakács Ábel, Szanyi Attila, Tarján Bernát, Vámosi Bendegúz Péter, Varga Boldizsár, Wiener Anna, Zömbik Barnabás.
5 pontot kapott:Diaconescu Tashi, Elekes Dorottya, Gömze Norken, Guthy Gábor, Vigh 279 Zalán.
4 pontot kapott:2 versenyző.
3 pontot kapott:11 versenyző.
2 pontot kapott:5 versenyző.
1 pontot kapott:3 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:1 dolgozat.

A KöMaL 2022. novemberi matematika feladatai