MATEMANIJA

Ne znam baš koliko je zanimljiv zadatak, ali 'ajde, zanima me rešenje

Dokazati da postoji broj oblika [inlmath]1111111\ldots0000\ldots[/inlmath] (znači proizvoljan broj [inlmath]0[/inlmath] i [inlmath]1[/inlmath]) deljiv sa [inlmath]2015[/inlmath].

Najmanji broj tog oblika deljiv sa [inlmath]2015[/inlmath] je broj [inlmath]\underbrace{1111\cdots111}_{30\mbox{ jedinica}}0[/inlmath].
Naravno, dodavanjem nula sa desne strane broj ne gubi na svojoj deljivosti, tako da na desnoj strani možemo dodati proizvoljan broj nula i taj broj će i dalje biti deljiv sa [inlmath]2015[/inlmath].
Znači, svi brojevi oblika [inlmath]\underbrace{1111\cdots111}_{30\mbox{ jedinica}}\underbrace{0000\cdots000}_{n\mbox{ nula}}[/inlmath], gde je [inlmath]n\ge1[/inlmath], deljivi su sa [inlmath]2015[/inlmath].

E sad, ne tvrdim da je način na koji sam ja radio najelegantniji. Broj [inlmath]2015[/inlmath] sam rastavio na faktore, [inlmath]2015=5\cdot13\cdot31[/inlmath] i postavio uslov da traženi broj mora biti deljiv svakim od tih faktora. Sa [inlmath]5[/inlmath] je automatski deljiv, jer se završava nulom, znači, peticu i ne razmatramo. Zatim tražim koji je najmanji broj oblika [inlmath]\underbrace{1111\cdots111}_{n\mbox{ jedinica}}[/inlmath] deljiv sa [inlmath]13[/inlmath] i dobijem da je to broj [inlmath]111111[/inlmath] (šest jedinica).
Na sličan način (uz nešto duži postupak) dobijem da je najmanji broj oblika [inlmath]\underbrace{1111\cdots111}_{n\mbox{ jedinica}}[/inlmath] deljiv sa [inlmath]31[/inlmath] – broj [inlmath]\underbrace{1111\cdots111}_{15\mbox{ jedinica}}[/inlmath].

Najmanji broj koji će biti deljiv i sa [inlmath]13[/inlmath] i sa [inlmath]31[/inlmath], biće broj koji ima onoliko jedinica koliko iznosi [inlmath]\mathrm{NZS}[/inlmath] broja jedinica prvog i drugog broja, dakle, [inlmath]\mathrm{NZS}\left(6,15\right)=30[/inlmath]. Prema tome, broj deljiv i sa [inlmath]13[/inlmath] i sa [inlmath]31[/inlmath] a koji se sastoji samo od jedinica biće broj [inlmath]\underbrace{1111\cdots111}_{30\mbox{ jedinica}}[/inlmath]. Čim mu dodamo jednu nulu s desne strane, postaće deljiv i sa [inlmath]5[/inlmath], a samim tim i sa [inlmath]5\cdot13\cdot31[/inlmath], tj. sa [inlmath]2015[/inlmath].

---

Lično mi se ovaj moj postupak i ne sviđa previše, cenim da postoji i neki jednostavniji način, razmisliću još o tome, a bilo bi lepo i ako neko ima još neku ideju da nam je ovde izloži.

Ja sam imao sličnu ideju. Rastavio sam na faktore, ukapirao da [inlmath]5[/inlmath] ne moram ni da razmatram, ali sam tu i stao.

Hvala!

Uzmimo [inlmath]2016[/inlmath] brojeva oblika [inlmath]1,\;11,\;111,\ldots,\;111\ldots11[/inlmath] (od jedne do [inlmath]2016[/inlmath] jedinica).
Po Dirihleovom principu, medju njima postoje bar dva koja imaju isti ostatak pri deljenju sa [inlmath]2015[/inlmath], a njihova razlika je upravo trazenog oblika.


Ovo je jednostavnije rešenje, striktno dokazom, bez pronalaženja konkretnog broja/brojeva. Rešenje naravno nije moje, već profesora koji je i zadao zadatak
I da, rešenje važi sa svaki prirodan broj, a i za svaku brojnu osnovu.

Kakav štos, sjajno!