עובדה מוזרה עם שלוש הוכחות

זהו פרק חותם לסדרה של שלושה מאמרים על שברים עשרוניים אינסופיים, והוא הקצר בין השלושה. אני רוצה לספר בו על מסקנה מאוד מוזרה ממה שלמדנו.

משפט 1 לכל מספר טבעי יש כפולה מן הצורה \({999\ldots 9000\ldots 0}\).

לא מפתיע? 

אנו ניתן לעובדה הזאת שלוש הוכחות. אבל לפני שנעשה זאת – בואו נמצה מן הטענה הזאת את העיקר:

משפט 2 לכל מספר טבעי זר ל-\({10}\) יש כפולה מן הצורה \({999\ldots 9}\).

השקילות בין שני המשפטים קלה. נראה כיוון אחד: נניח שמשפט 2 נכון. בהינתן מספר \({n}\) כלשהו. יהא \({m}\) המספר \({n}\) מחולק בכל החזקות של \({2}\) ו-\({5}\) שמופיעות ב-\({n}\). אזי \({m}\) זר ל-\({10}\) ולכן על פי 2 יש לו כפולה ששווה ל-\({999\ldots 9}\). כפל בחזקות גדולות מספיק של \({2}\) ו-\({5}\) ייתן מספר מהצורה \({999\ldots 9000\ldots 0}\) שהוא כפולה של \({n}\).

הכיוון השני אינו יותר קשה – נסו את כוחכם.

1. הוכחה ראשונה למשפט 2 – פיתוח עשרוני

יהא \({n}\) מספר זר ל-\({10}\). מכיוון ש-\({\frac{1}{n}}\) הוא מספר רציונלי, על פי מה שלמדנו, השבר העשרוני המבטא אותו הוא מחזורי. למשל, \({\frac{1}{7}=0.\overline{142857}}\), שפירושו שהסדרה \({142857}\) חוזרת שוב ושוב, עד אינסוף.

למדנו איך לחזור מן הייצוג העשרוני לייצוג רציונלי: \({0.\overline{142857}= \frac{0.\overline{142857}}{0.\overline{999999}}}\), כי המכנה בשבר הזה הוא בעצם \({1}\). והשבר הזה הוא (גם זאת למדנו מדוע) \({\frac{142857}{999999}}\). אם כן:

\(\displaystyle \frac{1}{7}=\frac{142857}{999999}\)

שמשמעו ש-\({999999}\) הוא כפולה של \({7}\). 

2. הוכחה שנייה למשפט 1 – עקרון שובך היונים, לגבי שאריות

נסתכל במספרים \({9,~99,~999~,\ldots 999\ldots9}\), כשהאחרון הוא בעל \({n}\) תשיעיות. אם אחד מהם משאיר שארית \({0}\) בחלוקה ב-\({n}\), סיימנו. אם לא, מכיוון שיש \({n-1}\) שאריות אפשריות, ובסדרה יש \({n}\) מספרים, שניים מהם משאירים אותה שארית בחלוקה ב-\({n}\). זהו “עקרון שובך היונים” המפורסם – אם מכניסים \({n}\) עצמים ל-\({n-1}\) תאים (סוגים) אז שניים מהם ייכנסו לאותו תא (יהיו מאותו סוג). 

הפרשם של שני המספרים האלה מתחלק ב-\({n}\), כפי ש-\({93-23}\) מתחלק ב-\({10}\) משום של-\({93}\) ול-\({23}\) אותה שארית בחילוק ב-\({10}\). וכמובן ההפרש הוא בעל הצורה המבוקשת.

3. הוכחה למשפט 2 – שאריות עם מכפלה

יהא \({n}\) מספר זר ל-\({10}\). נסתכל בקבוצה \({\Phi}\) של המספרים הזרים ל-\({n}\) וקטנים ממנו. על פי ההנחה, \({10}\) זר ל-\({n}\), אם כן הוא אחד מאיברי \({\Phi}\).

נסתכל ב-\({\Phi}\) עם פעולת הכפל, כשהתוצאה נלקחת מודולו \({n}\), כלומר

\(\displaystyle k \cdot \ell=k\ell(mod~ n)\)

קל להיווכח בשתי עובדות:

  1. אם \({k,\ell \in \Phi}\) אז \({k\ell \in \Phi}\).

     

  2. אם \({a,b,c \in \Phi}\) ו-\({a\cdot b=a\cdot c}\) אז \({b=c}\).

    (הסיבה: \({a\cdot ((b-c)(mod~n))=0(mod~ n)}\), ומכיוון ש-\({a}\) זר ל-\({n}\) זה מחייב ש-\({b-c=0(mod~ n)}\), שפירושו ש-\({b=c}\).)

נסתכל עכשיו בחזקות של \({10}\) לגבי פעולת הכפל מודולו \({n}\). שוב, לפי עקרון שובך היונים, קיימים \({0<p<q \le n}\) שעבורם \({10^p=10^q}\). נכתוב זאת

\(\displaystyle 10^p\cdot (10^{q-p})=10^p\)

לפי ההבחנה השנייה לעיל, משמעות הדבר היא ש-\({10^{q-p}\equiv 1(mod~n)}\). אם נסמן את \({q-p}\) ב-\({m}\), משמעות הדבר היא ש-\({n}\) מחלק את \({999\ldots 9}\), מספר שבו \({m}\) תשיעיות. 

למשפט 2 יש מסקנה מעניינת. על פיו אם \({n}\) זר ל-\({10}\) אז קיים מספר \({p}\) ש-\({n\times p=999\ldots 9}\), נאמר \({m}\) תשיעיות. על ידי הוספת אפסים לפניו, אם צריך, אפשר לכתוב את \({p}\) בייצוג העשרוני שלו כמספר עם \({m}\) ספרות, נאמר

\(\displaystyle p=a_1a_2 \ldots a_m\)

ואז, בהעברת אגפים,

\(\displaystyle \frac{1}{n}=\frac{p}{999\ldots 9}=\frac{p=a_1a_2 \ldots a_m}{999\ldots 9}\)

משמעות הדבר היא שכאשר מפתחים את \({\frac{1}{n}}\) לשבר עשרוני על ידי חילוק, המזור שלו מתחיל כבר מן האיבר הראשון. 

יש להבין שלא כל שבר עשרוני הוא כזה. הנה דוגמה לשבר עשרוני שאינו כזה: \({0.000232323…}\). המחזור כאן מתחיל לא מן הספרה הראשונה אחרי הנקודה. מה שהראינו הוא שמספר כזה אינו יכול להיות מהצורה \({\frac{1}{n}}\) עבור \({n}\) זר ל-\({100}\). ל-\({n}\) כזה יכולה (למשל) להיות הצורה \({0.00023000230002300023…}\), אבל לא \({0.000232323…}\). מעניין, לא?