Alapvető ismeretek a törtekről: Az azonos tényezők egyszerűsítése megengedett. Az azonos számjegyek egyszerűsítése nem. Mégis vannak olyan törtek, ahol ez a tiltott egyszerűsítés működni látszik. Érdemes közelebbről megvizsgálni egy különösen egyszerű törtcsaládot: azokat a törteket, amelyekben ugyanaz a számjegy szerepel a számláló végén és a nevező elején.
A számlálónak most egy \(a\) számból és egy hozzáfűzött \(x\) számjegyből, ugyanazon számjegy nevezőjéből \(x\) és egy hozzáfűzött \(c\) számból kell állnia.:
$$\frac{\overline{a\,x}}{\overline{x\,c}}$$
Legyen a számlálóban és a nevezőben lévő számjegyek teljes száma \(n \ge 2\) .
Ekkor \(a\) és \(c\) egyaránt \(k=n-1\) tizedesjegyből áll. Továbbá legyen \(x \in \{1,\dots,9\}\) .
Normál decimális jelöléssel ez azt jelenti, hogy:
$$\overline{a\,x}\,=10a+x$$
és
$$\overline{x\,c}\,=x10^k+c.$$
A tiltott törlés, amelyet itt vizsgálunk, tehát a következő lenne::
$$\frac{\overline{a\,x}}{\overline{x\,c}} \longmapsto \frac{a}{c}$$
Pontosan azokat az eseteket keressük, amelyekben az érték változatlan marad.:
$$\frac{10a+x}{x10^k+c}=\frac{a}{c}$$
A teljes szerkezet most már egyszerű transzformációkkal levezethető. A keresztszorzás a következőt eredményezi...:
$$c(10a+x)=a(x10^k+c)$$
Amikor megszorozzuk, a:
$$10ac+cx=ax10^k+ac$$
Ha megfelelően kombináljuk a kifejezéseket, akkor az következik, hogy:
$$9ac=x(a10^k-c)$$
Mivel \(a\) és \(c\) egyaránt \(k\) jegyű pozitív egész számok, \(a10^kc>0\) . Ez azért van, mert \(a10^k\) mindig nagyobb, mint bármely \(k\) jegyű szám \(c\) . Ezért oszthatjuk, és megkapjuk a centrális feltételt.:
$$\boxed{x=\frac{9ac}{a10^k-c}}$$
Ez a képlet pontosan leírja, hogy mikor működik a látszólagos egyszerűsítés ebben a speciális formában. Ez nemcsak szükséges, hanem elégséges is: Ha ez az egyenlet igaz, akkor az összes transzformáció megfordítható, és visszavezethető az eredeti eredményhez.:
$$\frac{10a+x}{x10^k+c}=\frac{a}{c}$$
A lényeg az, hogy a \(\frac{9ac}{a10^kc}\) kifejezésnek végső soron egyetlen tizedesjegyet kell eredményeznie \(\{1,\dots,9\}\) képletből. Csak ekkor keletkezik ilyen tört. Valódi törtek esetén ezen felül \(a<c\) is szükséges. Ekkor \(\frac{a}{c}<1\) is igaz, és az értékek egyenlősége miatt az eredeti tört is valódi tört.
A \(\displaystyle x=\frac{9ac}{a10^kc}\) képlet nagyon kényelmes a bizonyításhoz. Azonban egy kissé átrendezett alak praktikusabb az ilyen példák kereséséhez. A \(\frac{10a+x}{x10^k+c}=\frac{a}{c}\) egyenletből már kaptuk \(\displaystyle 9ac=x(a10^kc)\) képletet. Ezzel ekvivalens módon \(\displaystyle c(9a+x)=xa10^k\) .
Most szorzattá bontjuk az \(a\) és \(x\) közös osztóját. Legyen \(\displaystyle g=\gcd(a,x)\) . Ekkor léteznek olyan \(b\) és \(y\) számok, hogy \(\displaystyle a=gb\) , \(\displaystyle x=gy\) és \(\displaystyle \gcd(b,y)=1\) . Ezt behelyettesítve \(\displaystyle c(9a+x)=xa10^k\) kapjuk \(\displaystyle c(9b+y)=x b10^k\) . Mivel \(\displaystyle \gcd(9b+y,b)=\gcd(y,b)=1\) , a \(9b+y\) szorzónak teljesen osztónak kell lennie az \(\displaystyle x10^k\) kifejezéssel. Ha beállítjuk \(\displaystyle d=9b+y\) , akkor \(\displaystyle d\mid x10^k\) és \(\displaystyle d\equiv y \pmod 9\) is. Fordítva, az ilyen osztókból közvetlenül megkapjuk
$$\displaystyle a=g\frac{d-y}{9}$$
és
$$\displaystyle c=\frac{x10^k(d-y)}{9d}.$$
Ez azt jelenti, hogy többé nem kell vaknak lenned. \(a\) és \(c\) Próbáld ki őket. Minden egyes számjegynél. \(x\in\{1,\dots,9\}\), minden elválasztót \(g\mid x\) és minden megfelelő elválasztót \(d\mid x10^k\) Jelölteket fogadunk. Már csak azt kell ellenőrizni, hogy \(a\) és \(c\) igazán \(k\)-jegyűek, és ha valós törteket szeretnénk, akkor \(a\) és \(c\) igazán \(k\)-jegyűek, és ha valós törteket szeretnénk, akkor \(a<c\) vonatkozik.
Két példa:
$$\frac{16}{64}=\frac{1}{4}$$
Itt a \(6\) számjegyet töröltük.
Egy lényegesen hosszabb példa \(42\) és rekurzív törléssel::
$$\frac{166666666666666666666666666666666666666666}{666666666666666666666666666666666666666664}=\frac{1}{4}$$
Itt is ugyanazt a számjegyet távolítjuk el: a számlálóból az utolsó \(6\) , a nevezőből az első \(6\) .