A B. 5324. feladat (2023. május)

B. 5324. Artúr és Bori a következő játékot játsszák: felváltva, balról jobbra haladva írnak egy-egy számjegyet, amíg egy 2023-jegyű egész számot nem kapnak. Az írást Artúr kezdi egy nem 0 számjeggyel. Artúr győz, ha a kapott számnak van \(\displaystyle 1\hspace{-5.5pt}\overbrace{7\ldots7}^{\text{\(\displaystyle n\)~db~7-es}}\) (\(\displaystyle n\ge 1\)) alakú osztója, ellenkező esetben Bori a nyertes. Melyiküknek van nyerő stratégiája?

Kós Géza (Budapest) javaslata alapján

(6 pont)

A beküldési határidő 2023. június 12-én LEJÁRT.

Megoldás. A játék végén kapott szám 2023-jegyű, így a \(\displaystyle 17,177,\dots\) alakú számok közül összesen 2022 jön szóba lehetséges osztóként: azok, melyekben a 7-esek száma \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), ... vagy \(\displaystyle 2022\). Legyen \(\displaystyle a_k:=1\underbrace{7\dots 7}_{k}\).

Azt fogjuk igazolni, hogy Borinak van nyerő stratégiája. Ő határozza meg a végül kapott 2023-jegyű szám jobbról számított 2., 4., ..., 2022. jegyeit (épp fordított sorrendben). Belátjuk, hogy a jobbról \(\displaystyle 2k\)-adik jegy megválasztásával el tudja érni, hogy \(\displaystyle a_{2k}\) és \(\displaystyle a_{2k-1}\) ne lehessen osztója a számnak. Amikor ezt a jegyet megválasztja, már (balról számítva az első) \(\displaystyle 2023-2k\) jegy rögzítve van, az ezek által alkotott szám legyen \(\displaystyle A\). Bárhogyan is folytatják, a végső szám biztosan az \(\displaystyle I:=[A\cdot 10^{2k},(A+1)\cdot 10^{2k})\) interallumba fog esni.

Mivel \(\displaystyle a_{2k}>10^{2k}\), így az \(\displaystyle I\) intervallumba az \(\displaystyle a_{2k}\) számnak legfeljebb egy többszöröse esik, hiszen \(\displaystyle I\) hossza \(\displaystyle 10^{2k}\).

Ehhez hasonlóan az \(\displaystyle a_{2k-1}\) szám \(\displaystyle I\)-be eső többszöröseinek száma legfeljebb \(\displaystyle \left \lceil \frac{10^{2k}}{a_{2k-1}} \right\rceil=6\). (A kérdéses felső egészrész azért 6, mert \(\displaystyle 6\cdot a_{2k-1}>6\cdot 17\cdot 10^{2k-2}=102\cdot 10^{2k-2}>10^{2k}\), ugyanakkor \(\displaystyle 5\cdot a_{2k-1}<5\cdot 2\cdot 10^{2k-1}=10^{2k}\).)

Tehát \(\displaystyle I\)-be az \(\displaystyle a_{2k-1}\) és \(\displaystyle a_{2k}\) számok többszörösei közül összesen legfeljebb 7 esik. Bori meg tudja úgy választani a jobbról számított \(\displaystyle 2k\)-adik jegyet, hogy ezen legfeljebb hét többszörös mindegyikének jobbról számított \(\displaystyle 2k\)-adik jegyétől különböző legyen. Ezzel garantálja, hogy a későbbi lépésektől függetlenül a játék végén kapott szám nem lesz osztható \(\displaystyle a_{2k}\) és \(\displaystyle a_{2k-1}\) egyikével sem. Mivel ezt sorban \(\displaystyle k=1011,1010,\dots,1\) esetén meg tudja tenni, így a szám \(\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_{2022}\) egyikével sem lesz osztható, és ezért Bori nyer.

Tehát Borinak van nyerő stratégiája.

Statisztika:

17 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Bodor Mátyás, Csonka Illés, Czanik Pál, Czirják Márton Pál, Holló Martin, Horváth 530 Mihály, Kocsis 827 Péter, Kovács Benedek Noel, Sági Mihály, Sárdinecz Dóra, Szakács Ábel, Tarján Bernát, Varga Boldizsár, Veres Dorottya.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2023. májusi matematika feladatai