Maximum hány jegyű lehet egy prím szám reciprokának a periódusa, ha a tört végtelen szakaszos?

1/9 = 0,1111…

1/99 = 0,0101010101…

1/999 = 0,001001001001…

1/9999 = 0,0001000100010001…

stb…

Ez talán könnyen belátható. Ahogy az is belátható, hogy minden végtelen szakaszos tizedes tört ezeknek az egész számú többszöröse.

Pl.:

1/11 = 9/99 = 0,[09]090909…

Vagy:

1/37 = 27/999 = 0,[027]027027027…

Vagy:

1/7 = 142857/999999 = 0,[142857]142857…

Vagy:

1/41= 2439 / 99999 = 0,[02439]0243902439…

Magyarán ha egy prím osztója egy csupa kilencesből álló számnak, akkor az ismétlődő szakasz hossza a 9-esek számával lesz azonos, az ismétlődő számjegyek meg a „csupa kilences” szám és a prím hányadosa lesz.

Nézzük a csupa kilences számok prímtényezős alakját, és esetleg azt, hogy milyen korábbi csupa kilences szám szorzataként állhat elő.

9 = 3*3

99 = 3*3*11

999 = 3*3*3*37

9999 = 3*3*11*101

99999 = 3*3*41*271

999999 = 3*3*3*7*11*13*37

9999999 = 3*3*239*4649

99999999 = 3*3*11*73*101*137

999999999 = 3*3*3*3*37*333667

És ebben is van mintázat

Nyilván a 3² mindegyiknek osztója lesz, hiszen 99=9*11; 99999=9*11111.

Ugyanígy a 11 minden másodiknak osztója lesz, hiszen ha 99=9*11, akkor 9999=99*101; 99999=99*10001.

A 37 minden harmadiknak osztója, hiszen ha 999=27*37; akkor 999999=999*1001; 9999999=999*1001001…

De nincs maximuma a csupa kilencesből álló számok prímtényezőinek. Valószínű bármilyen n-re tudunk mondani egy n-nél nagyobb prímet, ami osztója egy csupa kilencesből álló számnak. Ha ez igaz, akkor a periódus hosszának nincs maximuma.

Vegyünk mondjuk egy 20 darab 9-esből álló számot. Ennek a prímtényezői:

3² * 11 * 41 * 101 * 271 * 3541 * 9091 * 27961

Legyen a prímünk a 27961. A többi prímtényező szorzata:

3² * 11 * 41 * 101 * 271 * 3541 * 9091 = 3576409999642359

Ez fog tehát ismétlődni, méghozzá 20 számjegy periódussal. Így:

1 / 27961 = [00003576409999642359]00003576409999642359…

De vehetünk egy 29 darab 9-esből álló számot. Annak a prímtényezői:

3² * 3191* 16763 * 43037 * 62003 * 77843839397

Itt a 77843839397 legyen a kiválasztott prím. A többi szorzata:

129456298145061567

Így:

1/77843839397 = 0,[00000000001284623173453773267]00000000001284623173453773267…

Az ismétlődő jegyekből álló szakasz hossza max. p-1 lehet.

Ennél rövidebb lehet a hossz: p-1 valamelyik osztója.

Aham… Attól tartok a kérdés többféle módon értelmezhető, illetve többféle megközelítésű helyes válasz van.

Te azt akartad kérdezni, hogy p prímszám esetén mekkora lehet maximum az 1/p tizedestört alakjában az ismétlődő szakasz hossza. Ez valóban p-1.

De az is értelmezése a kérdésnek, hogy ha vesszük a prímszámok reciprokainak a halmazát, akkor abban a halmazban mi a maximuma a végtelen tizedes tört alakúaknál a periódus hosszának. Én erre válaszoltam, és úgy, hogy nincs maximuma. Tetszőlegesen nagy n-re tudunk mondani olyan prímet, aminek a reciproka végtelen szakaszos tizedes tört, és aminél az ismétlődő számjegyek száma n-nél nagyobb.

Kicsit olyan ez, mintha azt kérdezted volna, hogy maximálisan mekkora lehet egy háromszög oldala. Az is jó válasz, ha azt mondom, hogy egy háromszög oldalának maximuma a másik két oldal hosszának összege, de az is jó válasz, hogy bármilyen hosszú lehet, hiszen tetszőleges hosszúságú szakaszra, mint oldalra tudunk rajzolni egy háromszöget.

2*Sü, nagyon tetszik, amit írtál, erre a megközelítésre valószínűleg nem gondoltam volna, ezért örülök, hogy elolvashattam.

Amit még érdemes lett volna leírnod, hogy (a 2 és az 5 kivételével) minden prímszámhoz létezik csak 9-es számjegyet tartalmazó szám, aminek osztója az adott prím. Ezt a kis Fermat-tétellel egy lépésben lehet igazolni; minden 999... alakú szám felírható 10^n - 1 alakban, ahol n pozitív egész, ekkor létezik n, hogy

10^n - 1 kongruens 0 mod(p), vagyis

10^n kongruens 1 mod(p), és ennek a kongruenciának triviális megoldása a kis Fermat-tétel szerint n=p-1, ha p nem osztója a 10-nek, vagyis p nem 2 vagy 5.

Nekünk persze a legkisebb megfelelő n megtalálása a célunk, ugyanis az adja meg az ismétlődő szakasz hosszát, ezt viszont, szerintem, általánosságban nehéz megoldani.

> Amit még érdemes lett volna leírnod, hogy (a 2 és az 5 kivételével) minden prímszámhoz létezik csak 9-es számjegyet tartalmazó szám,

Érdemes lett volna leírnom, ha tudtam volna. :-)

És tudtam is volna, ha tudtam volna, hogy akár tudhatnám is. :-) Lehet na nincs késő este, akkor akár eszembe is jutott volna.

Hiába no, nem vagyok matematikus. Inkább csak intuíció volt, hogy a csupa kilencesekből álló számok összes prímtényezője végtelen halmazt alkot. Ahogy az is, hogy aligha lehetséges, hogy valamiféle határt átlépve egy-egy csupa kilences számnak pl. a legnagyobb prímtényezőjét kivéve a többi szorzata mind ismétlődő számsort alkot.

> Ezt a kis Fermat-tétellel egy lépésben lehet igazolni

Igen, ez így már világos, mint a nap.

No a kérdező privát üzenete és némi utánaolvasás után a következőre jutottam…

Egyrészt szeretném tisztázni a kérdező felé, hogy a két állítás nem mond ellent egymásnak.

Jelöljük a prímszámot p-vel. Jelöljük az reciprokának a tizedestört alapjában az ismétlődő szakasz hosszát m(p)-vel.

Az igaz, hogy az ismétlődő szakasz hossza kisebb kell, hogy legyen, mint p. De ez az ismétlődő szakasz hossza és a prím közötti relációt adja meg:

m(p) < p.

De ugye a prímszámok halmaza végtelen. Így bármilyen nagy számot mondasz, végtelen sok ennél nagyobb prím van, így pusztán intuíció alapján is érezhető, hogy a reciprokuk ismétlődő szakasza is minden határnál nagyobb lehet. Ez az ismétlődős szakasz hosszáról általában tesz megállapítást:

Bármely n-re létezik olyan p, ami esetén n<m:

∀n∃p m(p)>n

~ ~ ~

Némi kísérletezés után azt találtam, hogy elég sok prímre igaz, hogy a reciprokukban az ismétlődő szakasz hossza pont eggyel kisebb az adott prímnél. Pl.:

Az 1/7 esetén az ismétlődő számjegyek száma 6.

Az 1/17 esetén az ismétlődő számjegyek száma 16.

Az 1/19 esetén az ismétlődő számjegyek száma 18.

Így keresve azt találtam, hogy nevük is van ezeknek a prímeknek. Lásd:

[link]

[link]

Ebből az is kiderül, hogy tízes számrendszerben végtelen sok ilyen prím van. Egy sejtés szerint a prímek 37,395%-a ilyen (azaz a reciprokban az ismétlődő szakasz hossza pont eggyel kisebb az adott prímnél).

~ ~ ~

Megint a privát üzenetre válaszolva, nyilván ha olyan prímet keresel, aminél a reciprokban ezernyi számjegy ismétlődik, akkor egy ezernél nagyobb prímet kell keresned. Ha olyat keresel, amiben a reciprokban kb. százezer számjegy ismétlődik, akkor egy százezernél nagyobb prímet kell keresned. És ahogy fentebb írtam, végtelen sok ilyen van. A [link] oldalán az első tízezer ílyen prím van felsorolva. Lásd: [link] /b001913.txt . Ebből a legnagyobb az 308927. Értsd: az 1/308927 egy olyan szám, aminek a tizedestört alakjában 308926 számjegy hosszúságú szakasz ismétlődik.

~ ~ ~

Van tehát 10-nél hosszabb ismétlődő szakasszal rendelkező 1/p szám? Van, pl. az 1/17.

Van 100-nál hosszabb ismétlődő szakasszal rendelkező 1/p szám? Van, pl. az 1/109.

1000-nél több? Van, pl. az 1/1019. Egymilliónál több? Van. Egytrilliónál több? Van. Így kell érteni, hogy nincs felső határa az ismétlődő szakasz hosszának.