Demostrar que cada entero $n>0$ $\gcd(n,10) = 1$ tiene un múltiplo que se puede escribir con sólo lo dígitos $9$.

Question

Posibles Duplicados:
La prueba de que un número natural que multiplicado por un número entero de los resultados en un número con sólo uno y el cero como dígitos

La pregunta es como se indica. Estoy realmente confundido. Parece intuitivamente cierto, pero realmente no sé en qué dirección mirar. He calculado unos ejemplos de algunos valores, pero no parece ser de cualquier particular, la rima o razón para que sugeriría constructiva de la prueba. He pensado acerca de los posibles restos de $9\cdot\cdot\cdot9/n$, y se preguntó si yo podría mostrar que el resto debe ser $0$ algunos $n$, pero todavía no me ha llevado lejos. He estado hurgando y de la insistencia desde varias direcciones, pero me he metido en ninguna parte realmente. Este es un verdadero enigma. Puede alguien darme algunos consejos útiles?

Answer 1

Sugerencia: es fácil con la maquinaria adecuada. Por el Teorema de Euler, tenemos $$10^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod{n}.$$ Por lo tanto $10^{\varphi(n)}-1$ es un múltiplo de a $n$.

Comentario: podemos hacerlo sin mencionar el Teorema de Euler. Mira los restos cuando $10^1$, $10^2$, $10^3$, y así sucesivamente se dividen por $n$. No puede haber más de $n$ diferentes restos. De ello se desprende que existen enteros positivos $a$$b$,$a\lt b$, de tal manera que $10^a$ tiene el mismo resto como $10^b$. Por lo $10^b-10^a$ es divisible por $n$, y por lo tanto $10^a(10^{b-a}-1)$ es divisible por $n$. Pero debido a que $10^a$ $n$ no tienen ningún factor común mayor que $1$, llegamos a la conclusión de que $10^{b-a}-1$ es divisible por $n$.

Uno podría reformular esta en un nivel elemental mirando a la ordinaria "división larga" proceso cuando dividimos $1$$n$.

Answer 2

Por una simple Caja argumento puede resultar mucho más: si $\rm\:n\:$ es coprime a$10\,$, entonces cada entero con al menos $\rm\:n\:$ dígitos $\ne 0$ tiene un contiguos dígitos larga que forma un entero $\ne 0$ divisible por $\rm\:n.\:$ por lo tanto, en su caso, el $\rm\,n\,$ número de dígitos $\,999\ldots999\,$ hace el truco, es decir, algunos subsequence $\,99\ldots99\,$ es divisible por $\rm\,n.$

Comentario $\ $ La observación de que Andre añadido a su respuesta es en realidad un caso especial de la anterior prueba. Es instructivo examinar esto. Tras la prueba enlazado más arriba, examinamos la $\rm\:n\!+\!1\:$ números de $\rm\:0,9,99,999,\ldots, 10^{\,n}\!-1\:$ hasta, por encasillamiento, encontramos dos que son congruentes mod $\rm\,n,\,$ dice $\rm\:10^{\,j}\!-1\equiv 10^{\,k}\!-1,\:$ $\rm\:10^{\,j-k}\equiv 1\:$ mediante la adición de $1$ luego cancelar $\rm\,10^{\,k}$ (válido por $10$ es coprime a $\rm\,n).\:$ por lo Tanto, de hecho, $\rm\:n\mid10^{\,j-k}\!-1 = 999\cdots999\ $ ($\rm\:j\!-\!k\:$ nueves). El mismo palomar argumento demuestra que, si $\rm\,a\,$ es coprime a $\rm\,n\,$ a continuación, mod $\rm n,\,$ el orden de $\rm\,a\,$ es finito $\rm\le n.$