2. Zadatak

Prvo rješenje.

Broj kojem je prva znamenka u dekadskom zapisu jednaka $1$ možemo prikazati u obliku $n=10^k+m$, gdje su $m$ i $k$ nenegativni cijeli brojevi i $m<10^k$. U tom slučaju je broj dobiven tumbanjem jednak $10m+1$.

Pretpostavimo da je $n$ mudar. Tada je $10m+1=3\cdot(10^k+m)$, odnosno $m=\dfrac{3\cdot10^k-1}{7}$ odakle je

$$n=10^k+\frac{3\cdot10^k-1}{7}=\frac{10^{k+1}-1}{7}.$$

Da bi $n$ bio mudar, nužno je $10^{k+1}-1$ djeljiv sa $7$. Vrijedi i obrat, ako je $k$ nenegativan cijeli broj takav da je $10^{k+1}-1$ djeljiv brojem $7$, onda je $\dfrac{10^{k+1}-1}{7}$ mudar broj. Zaista, u tom slučaju je

$$m=\frac{10^{k+1}-1}{7}-10^k=\frac{3\cdot10^k-1}{7}$$

nenegativan cijeli broj koji je manji od $10^k$, te je zadovoljena jednakost $10m+1=3\cdot(10^k+m)$.

Potrebno je odrediti sve nenegativne cijele brojeve $k$ za koje je broj $10^{k+1}-1$ djeljiv sa $7$. Kako broj $10^{k+1}$ za $k=0,1,2,\ldots$ redom daje ostatke $3,2,6,4,5,1,\ldots$ pri dijeljenju sa $7$, zaključujemo da se ti ostatci ponavljaju s periodom $6$, pa je nužno da je $k+1$ djeljiv sa $6$, odnosno da je $k=6l-1$, za bilo koji $l\in\mathbb{N}$.

Dakle, svi mudri brojevi su brojevi oblika

$$\frac{10^{6l}-1}{7}$$

gdje je $l\in\mathbb{N}$ proizvoljan.

Drugo rješenje.

Neka je $\overline{a_ka_{k-1}\ldots a_2a_1a_0}$, uz $a_k=1$ dekadski zapis nekog mudrog broja. Broj dobiven njegovim tumbanjem je $\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1a_0a_k}$. Iz uvjeta zadatka dobivamo

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_2a_1a_0}=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1a_01}.$$

Promotrimo zadnju znamenku izraza na obje strane jednakosti. Zaključujemo da broj $3a_0$ završava znamenkom $1$, što je moguće samo ako je $a_0$ znamenka $7$. Posebno, kako $a_0\neq1$, mudar broj mora imati više od jedne znamenke ($k\geq1$).

Sredimo sada zadnju jednakost:

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_2a_17}=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_171},$$ $$30\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_2a_1}+3\cdot7=10\cdot\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_17}+1,$$ $$30\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_2a_1}+20=10\cdot\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_17},$$ $$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_2a_1}+2=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_17}.$$

Ponovno promotrimo zadnju znamenku izraza na obje strane jednakosti. Zaključujemo da je broj $3a_1$ završava znamenkom $5$, što je moguće samo ako je $a_1$ znamenka $5$. Posebno, kako $a_1\neq1$, mora biti $k\geq2$.

Na analogan način iz jednakosti

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_3a_25}+2=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_257},$$

tj.

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_3a_2}+1=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_25}$$

zaključit ćemo da je $a_2=8$. Ovaj postupak ponavljamo dalje, dobivamo $a_3=2$, $a_4=4$, te onda i

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_6a_5 4}=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_5 42},$$

tj.

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_6a_5}+1=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_5 4}$$

odakle zaključujemo $a_5=1$.

Kako smo tek za znamenku $a_5$ dobili da je jednaka $1$, dobili smo prvi mudar broj. Naime, ako je $k=5$ i $a_k=a_5=1$, došli smo do mudrog broja $142857$.

Za sve ostale mudre brojeve ($k\geq6$) kao ranije dobivamo da vrijedi

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_7a_6 1}=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_5 14},$$

tj.

$$3\cdot\overline{1a_{k-1}\ldots a_7a_6}=\overline{a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_6 1},$$

odnosno da je mudar broj $\overline{1a_{k-1}\ldots a_7a_6}$, onaj koji je dobiven od početnog mudrog broja brisanjem zadnjih $6$ znamenaka. Možemo zaključiti da je taj broj sastavljen šest znamenaka koje čine broj $142857$, ili ponovno da je i broj kojem obrišemo zadnjih $12$ znamenaka mudar, itd.

Ponavljajući taj argument, zaključujemo da su svi mudri brojevi

$$142857,\qquad142857142857,\qquad142857142857142857,\qquad\ldots$$

odnosno brojevi nastali proizvoljnim brojem ponavljanja bloka niza znamenaka $\overline{142857}$.

Dekadski zapisi mudrih brojeva iz prvog rješenja brojevi su iz drugog rješenja:

$$\frac{10^6-1}{7}=142857,\qquad\frac{10^{12}-1}{7}=142857142857,\qquad\ldots,$$

dakle, radi se o istim rješenjima zapisanim na drugačiji način.