17 votos

Demostrar que todos los números que terminan en un $3$ tiene un múltiple que consta de.

Demostrar que todos los números que terminan en un $3$ tiene un múltiple que consta de.

Por ejemplo. $3$ ha $111$, $13$ ha $111111$.

También, es su manera directa (sin repetitivo multiplicación y cheques) de la obtención de la múltiplo de cualquier número dado( que termina con $3$) ?

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Darko Z Puntos 16570

El número de $111...11$ $n+1$ dígitos es $1 + 10 + ... + 10^n = \frac{10^{n+1} - 1}{9}$, usando la fórmula de las progresiones geométricas.

Ahora cualquier número $x$ que termina en tres es coprime a $10$, y así es $9x$: $10$ es una unidad de $\mod 9x$. En particular, han de Euler-Fermat teorema: $10^{\varphi(9x)} \equiv 1 \mod 9x$. Esto significa que $9x$ divide $10^{\varphi(9x)} - 1$, lo $x$ divide $\frac{10^{\varphi(9x)} - 1}{9}$.

Por lo $x$ divide el número de $111..11$ $\varphi(9x)$ dígitos, donde $\varphi$ es de Euler del phi de la función.

17voto

Saif Bechan Puntos 3916

Si $n$ termina con un $3$ debe ser coprime a $10$. Entonces, por Fermat poco teorema, $$10^{\varphi(9n)} \equiv 1 \pmod {9n},$$ por lo $n$ divide $(10^{\varphi(9n)}-1)/9$ cuya representación decimal se compone sólo de aquellos.

14voto

David HAust Puntos 2696

Nos puede ser muy sencilla: si $\rm\:m\:$ es coprime a$10\,$, entonces cualquier número con $\rm\: m\:$ todos los dígitos $\ne 0$ tiene un contiguos dígitos larga que forman un número divisible por $\rm\:m.\:$ Supongamos que los dígitos se $\rm\:d_{m}\ldots d_1.\:$ $\rm\,d_i\ne 0\:$ $\rm\:m\!+\!1\:$ números de $\rm\:0,\,d_1,\, d_2 d_1,\, d_3 d_2 d_1,\, \ldots,d_m\!\ldots d_1$ son distintos. Por Encasillar a los dos son congruentes $\rm\:mod\ m,\:$ $\rm\:m\:$ divide su diferencia $\rm = 10^k\:$ multiplicado por el número de $\rm\,n\ne 0\,$ formado por los dígitos extra de la más larga, por lo que $\rm\:m\,|\,10^kn\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:m\:|\:n,\:$ por $\rm\:m\:$ es coprime a $10.\:$

Vamos a hacer un ejemplo sencillo. Deje $\rm\:m=9,\:$ y dejar que el número se $\rm\:98765\color{green}{432}1.\:$ Modulo $9$ tenemos $\rm\:1 \equiv\color{#C00} 1,\ 21\equiv 3,\ 321\equiv 6,\ 4321\equiv\color{#C00} 1,\:$ $\rm\:9\:|\:4321\!-\!1 = 432\cdot 10,\:$ $\,9\,|\,\color{green}{432}.$

En su caso, el divisor $\rm\:m\:$ es coprime a $10$, por lo tanto el número de $\,11\ldots 11$ $\rm\,(m$ dígitos) hace el truco, es decir, algunos subsequence $11\ldots 11$ es divisible por $\rm\:m.$

El resultado se extiende a cualquier número habiendo $\rm\:m\:$ cero dígitos: simplemente tomar las subsecuencias comenzando con el primer dígito distinto de cero. Esto implica que el $\rm\:m+1\:$ números están aumentando (tan distintas), y el número formado por los dígitos extra es distinto de cero, desde su primer dígito distinto de cero.

5voto

GmonC Puntos 114

Llame a su número de $n$. Desde $9n$ es primo relativo con $10$, el número de $10$ es invertible modulo $9n$, así que hay algo de poder a $10^k$ (con el hecho de $k$ es un divisor de a $\phi(9n)$) que es congruente a $1$ modulo $9n$, en otras palabras $9n$ divide $10^k-1$, un número formado de $k$ dígitos $9$. Pero, a continuación, $n$ divide el número de con $k$ dígitos $1$.

2voto

Farkhod Gaziev Puntos 6

Encontrar una solución generalizada para cualquier número natural en base aquí: Todos los impares primos excepto $5$ dividir un número que se compone de todos $1$s

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