反向倍數知多少

反向倍數知多少

張進安

把 123 從個位反向讀回百位是 321, 我們說 123 的反向數是 321。 然而 321 不是 123 的 整倍數; 2018 的反向數是 8102, 可惜只是接近 2018 的 4 倍。 如果存在一個正整數的反向數 恰好是這個正整數的整數倍, 我們暫且稱它們為反向倍數。 本研究的第一個目標是尋找最小的 反向倍數, 第二個目標是找出全部的反向倍數, 並探討他們的性質。 當然像 555 的 1 倍是 555;

1234321 的 1 倍是 1234321, 這種對稱的情況, 很明顯是 1 倍的反向倍數太 trivial, 接下來 的討論我們就直接排除這種情況。

如果讀者對這個問題稍有興趣, 也準備動手研究一下, 你有兩個方向可以出發。 一個是從 位數著手, 也就是先找找看有沒有二位數的反向倍數, 再找找看有沒有三位數的反向倍數 · · · 。 對於二位數的反向倍數, 扣掉首末位是 0 及兩個數字重複的, 就算用暴力法窮舉, 也沒有太多 的排列組合。 從 21 不是 12 的倍數逐一檢驗到 98 不是 89 的倍數, 很快的就可以宣布:

引理一 不存在二位數的反向倍數

看起來很唬人, 但至少是一個具體的結論。 接著是逐一檢驗三位數 ABC 是不是 CBA 的 整倍數, (這裡 A 6= 0, C 6= 0, 用大寫 ABC 表示三位數數碼的十進位而不是相乘), 光排列 組合起碼也有幾百種, 除非你寫個程式讓電腦跑一下, 否則恐怕不是短時間內可以得到結果的

· · · 看來, 從位數出發不是很好的方向, 趕快掉頭朝另一個方向, 從倍數著手吧!

首先看看這個關係: ABC × t = CBA, A 6= 0, C 6= 0 (A = 0 的情況另行討論), 這個 t 其實很有講究, 因為我們已排除 1 倍的自我反向, 而且 t 如果等於或大於 10, ABC × t 會 進位成四位數以上, 不可能是 ABC 的反向數, 所以 t ∈ {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}。 既然只有 8 種 倍數, 我們為什麼不從這 8 種倍數來研究呢?

設 X · · · A 是 A · · · X 的反向數 (幾位數先不管), 且 X · · · A 恰是 A · · · X 的 2 倍, 寫 成一個小學生都看得懂的直式:

A· · · X

× 2

X· · · A

這個直式可以提供很多資訊:

1. 最高位的 A × 2 沒有進位所以 A ∈ {1, 2, 3, 4}。

2. 從個位看出 2X = A 或 2X = 10 + A, 因此 A 只能是偶數, 所以 A = 2 或 A = 4。

讓我們分開來討論:

甲. A = 2

2 · · · X

× 2

X· · · 2

資訊 3. 從個位 2X ≡ 2(mod 10) 可得 X = 1 或 X = 6 但最高位的 X ≥ 4 所以 X = 6。

到這裡我們有一個十分接近目標卻不可能成立的式子:

2 · · · 6

× 2

6 · · · 2

因為 (2 × 10ⁿ+ · · · + 6) × 2 < (3 × 10ⁿ) × 2 = 6 × 10ⁿ<6 × 10ⁿ+ · · · + 2, 所 以 A = 2 不成立。

乙. A = 4

4 · · · X

× 2

X· · · 4

這次的分析要簡單多了, 因為 2X ≡ 4(mod 10) 所以 X = 2 或 X = 7, 但 X 在最 高位時顯然大於或等於 8, 所以式子就不可能成立了。

到這裡你可以下一個比定理一稍強的結論:

引理 二 不存在 2 倍的反向倍數

有 2 就有 3, 繼續如法炮製 :

A· · · X

× 3

X· · · A

分析: 從最高位 A × 3 沒有進位, 所以 A ∈ {1, 2, 3}。 分開討論:

甲. A = 1

1 · · · X

× 3

X· · · 1

因為 3X ≡ 1(mod 10) 所以 X = 7, 但 X = 7 在最高位顯然太大了, 所以 A = 1 淘汰。

乙. A = 2

2 · · · X

× 3

X· · · 2

因為 3X ≡ 2(mod 10) 所以 X = 4, 但 X = 4 在最高位顯然太小了, 所以 A = 2 淘汰。

丙. A = 3

3 · · · X

× 3

X· · · 3

因為 3X ≡ 3(mod 10) 所以 X = 1, 但 X = 1 在最高位顯然太小了, 所以 A = 3 淘汰。

A 的三個可能都被三振出局, 這樣我們就可以再來一個結論:

引理 三 不存在 3 倍的反向倍數

仿照這種直式運算的首尾分析 (其實倍數愈大要分析的愈少), 你一定可以自己發現:

引理 四 不存在5、6、7、8倍的反向倍數

也許你已經發現我們漏掉了 4 和 9 倍, 別緊張, 這是數學研究常見的發表模式, 把沒有結 果的、 不重要的、 先一一交代清楚, 好酒沉甕底, 最重要的主角就要登場了。 這次先下定理再來 證明:

定理一 最高位不是 0 的反向倍數必是 1 倍 4 倍或 9 倍

我們已經聲明不討論 1 倍的反向倍數, 所以只有 4 倍和 9 倍需要證明:

A· · · X

× 4

X· · · A

分析: 1. 最高位的 A × 4 沒有進位, 所以 A ∈ {1, 2}。

2. 從個位看出 4X = A 或 4X = 10n + A, 所以 A ≡ 0(mod 2), 即 A 只能是偶數, 所以 A = 2。

2 · · · X

× 4

X· · · 2

因為 4X ≡ 2(mod 10) 所以 X = 3 或 X = 8, 顯然 X = 3 對最高位而言太小, 幸好 X = 8 太完美了, 連小學生都無可挑剔, 我們先寫成一個夢幻的直式:

2 · · · 8

× 4

8 · · · 2 再看 9 倍的

A· · · X

× 9

X· · · A

這是最簡單的一式, 顯然 A = 1 且 X = 9 是唯一可能, 即另一個夢幻的直式:

1 · · · 9

× 9

9 · · · 1 到這裡我們可以把定理一再加強一下:

推 論一 最高位不是 0 的反向倍數則必是: 2 · · · 8 × 4 = 8 · · · 2 或 1 · · · 9 × 9 = 9 · · · 1 這兩型

因為 28 × 4 6= 82 且 19 × 9 6= 91, 所以我們輕易地證實了引理一, 不存在二位數的反向 倍數。

再看三位數, 若

2B8

× 4 8B2

顯然 (200 + 10B + 8) × 4 = 800 + 40B + 32 > 800 + 10B + 2, 所以 B 無解。 再看若 1B9

× 9 9B1

顯然 (100 + 10B + 9) × 9 = 900 + 90B + 81 > 900 + 10B + 1, 所以 B 無解。

這樣就可以確認:

定理二 不存在最高位不是 0 的三位數反向倍數

反向倍數真的像珍珠少得可憐, 所以才令人覺得珍貴, 請別急著懷疑它不存在, 只要再耐 心的多一位, 設

2BC8

× 4

8CB2

我們不管千位數的 2000 × 4 = 8000, 只從百位數看, 得知 C ≥ 4B, 所以 C ≥ 4 且 B = 1 或 B = 2。 再看十位和個位, 得到 (10C + 8) × 4 ≡ 10B + 2(mod 100)

∴40C + 32 ≡ 10B + 2(mod 100)

∴40C + 30 ≡ 10B(mod100)

∴ 4C + 3 ≡ B(mod10)

∴ B6= 2

所以 B = 1, 又 4C + 3 ≡ 1(mod 10) 且 C ≥ 4, 所以 C = 7 為唯一解。

這裡也可以直接把百位數以下全部乘開, 用不定方程式 400B + 40C + 32 = 100C + 10B + 2 化簡得 390B + 30 = 60C

13B = 2C − 1 B=2C − 1

13

因為 B、 C 都是一位數正整數或 0, 所以 C = 7 且 B = 1 為唯一解。

無論如何, 我們總算有一個肯定又具體的發現:

2178 × 4 = 8712 是 4 倍的第一個反向倍數。

再設

1BC9

× 9

9CB1 顯然百位的 9B 沒有進位 , 所以 B 只能是 0 或 1。

若 B = 1

11C9

× 9

9C11 百位的 C ≥ 9 則 1199 × 9 > 9911 不符, 所以 B = 0

10C9

× 9

9C01 從十位和個位得到 (10C + 9) × 9 ≡ 1(mod 100)

∴90C + 81 ≡ 1(mod 100)

∴90C + 80 ≡ 0(mod 100)

∴ 9C + 8 ≡ 0(mod 10)

∴ C= 8 所以 1089 × 9 = 9801 是 9 倍的第一個反向倍數。

我們終於可以鬆一口氣的宣布:

定理三 最高位不是 0 的四位數反向倍數只有兩個: 1089 及 2178

前面推論一: 若存在反向倍數則必是: 2 · · · 8 × 4 = 8 · · · 2 或 1 · · · 9 × 9 = 9 · · · 1 這兩 型, 這是很有用的發現, 我們可以利用它來找一個五位數的反向倍數。

2BCD8

× 4

8DCB2 和前面四位數的分析一樣, 可以得到 B = 1, D = 7。 所以

21C78

× 4

87C12

換成代數式 (21000 + 100C + 78) × 4 = 87000 + 100C + 12 則 84000 + 400C + 312 = 87000 + 100C + 12

∴ 300C + 300 = 3000

∴ C+ 1 = 10

∴ C= 9

小心檢驗一下 21978 × 4 = 87912 正確無誤。 再來一個 10C89

× 9

98C01

換成代數式 (10000 + 100C + 89) × 9 = 98000 + 100C + 1 則 90000 + 900C + 801 = 98000 + 100C + 1

∴ 800C + 800 = 8000

∴ C= 9 即 10989 × 9 = 98901

所以五位數反向倍數只有 21978 即 10989 兩個。 只是這個結果感覺就不如定理三的重要了。

但是我們可以把推論一再往上推一下:

推 論二 最高位不是 0 的反向倍數則必是: 21 · · · 78×4 = 87 · · · 12 或 10 · · · 89 × 9 = 98 · · · 01 這兩型

從四位到五位數反向倍數的發現過程 , 我們都是由外而內從首末兩數的倍數關係, 利用奇 偶性質、 同餘關係、 進位與否, 逐漸限縮各種可能, 才得到結果。 這個道理其實很簡單, 因為原 整數的首位數就是反向數的末位數, 原整數的末位數就是反向數的首位數, 如果連頭尾都兜不 攏, 就算中間完全吻合也無濟於事。 利用這個經驗, 我們很容易找出更高位數的反向倍數。

以推論二為基礎, 我們試著在中間插入二位數, 例如:

21CD78

× 9

87DC12

可以簡化成一個 CD 的二元一次方程式, 這個方程式如果有解, 那麼六位數的反向倍數就找到

了。 請看

210000 × 4 + 1000C × 4 + 100D × 4 + 78 × 4 = 870000 + 1000D + 100C + 12

∴ 840000 + 4000C + 400D + 312 = 870000 + 1000D + 100C + 12

∴ 3900C = 600D + 29700 D=13C − 99

2

∴ C= 9 且 D = 9

可以確定 219978 是唯一的六位數 4 倍反向倍數。 你也可以自己練習一下, 來確定另一個六位 數的 9 倍反向倍數是 109989。

接著我們要利用推論二來確定七位數反向倍數只有 1099989 及 2199978。

21CDE78

× 4

87EDC12

可以簡化成一個 CDE 的三元一次方程式, 2100000 × 4 + 10000C × 4 + 1000D × 4 + 100E × 4 + 78 × 4 = 8700000 + 100000E × 4 + 1000D + 100C + 12 化簡成

400C + 40D + 4E + 3 = 3000 + 100E + 10D + C D=999 + 32E − 133C

10

當 C ≤ 7 時, D ≥ 10 不符, 且 C 必須為奇數, 所以 C = 9, D = 9, E = 9 是唯一解。

也許你已經懷疑在 21 及 78 中間插入任意幾個 9, 得 2199 · · · 9978; 或在 10 及 89 中 間插入任意幾個 9, 得 1099 · · · 9989 都是反向倍數。 這個大膽的假設值得求證一下:

現在僅擇一證明: 當 N ≥ 5 因為 2199 · · · 9978 × 4

= (21 × 10^N−2+ 99 · · · 99 × 10²+ 78) × 4 (中間 99 · · · 99 恰有 N − 4 位)

= 84 × 10^N−2+ 399 · · · 996 × 10²+ 312 (中間 99 · · · 99 共有 N − 5 位)

= (84 + 3) × 10^N−2+ (99 · · · 96 + 3) × 10²+ 12

= 87 × 10^N−2+ 99 · · · 99 × 10²+ 12 (中間 99 · · · 99 共有 N − 4 位)

= 8799 · · · 9912 這樣我們可以得到

定理四 1089, 10989, 109989, 109 · · · 989; 及 2178, 21978, 219978, 219 · · · 978; 都是反向倍數的基本型

這些基本型的反向倍數, 從四位數的 2178 到七位數的 2199978 都是唯一的, 因為那是用 代數方法解出來的。 但是到了八位數, 因為反向倍數的不進位性質, 我們不難發現把 21782178 串排在一起就是一個 8 位數的反向倍數。 109890010989 就是一個 12 位數的反向倍數。 所 以八位數的 4 倍反向倍數至少有 21999978 及 21782178 兩組; 9 倍的反向倍數也至少有 10999989 及 10891089 兩組。 所以我們有更進一步的推論:

推 論三: 可以用同倍數的反向倍數和若干個 0 串排成更多位數的反 向倍數

也就是說只要把同樣 4 倍或同樣 9 倍的反向倍數加上任意個 0, 作成左右對稱的串排, 都 是原倍數的反向倍數。 例如指定一個 13 位數的反向倍數就有:

2199999999978 (13 位基本型) 2178000002178 (4 + 00000 + 4) 2197800021978 (5 + 000 + 5) 2178219782178 (4 + 5 + 4) 2199780219978 (6 + 0 + 6)

這幾種不同的串排法。 幸好這種串排不影響推論二的正確性, 只是這隨便一排位數就增加很多, 而且已不如尋找原型時那麼有趣了。

再回頭來看 ABC × t = CBA, 其中 A = 0 的情形:

本來 01×10 = 10, 02×10 = 20, · · · 033×100 = 330 也是很 trivial 的 (只是這麼一來 就有二位數和三位數的反向倍數了)。 但是 045×12 = 540, 015×34 = 510, 018×45 = 810, 0075 × 76 = 5700 · · · , 似乎又別有洞天。 光考慮 2 位有效數字: 0 · · · 0AB × t = BA0 · · · 0, 在 AB 之前加幾個 0 並不影響 10A + B 的質因數分解, 但在 BA 之後每加一個 0 就各多了 1 個 2 和 5 的質因數。 所以儘管 21 不是 12 的倍數, 210 不是 012 的倍數, 我們還是可以得 到 2100 是 0012 的 175 倍。 或者可以說只要 AB (即 10A + B) 不要比 BA (即 10B + A) 具有較多的 2, 5 之外的質因數, 似乎都不難找到適當多的 0 來解決這個問題。 例如 32 = 2⁵ 必然可以找到 5 個 0 使 0000032 × 71875 = 2300000, 又如 0 · · · 027 × n = 720 · · · 0 無論 多少個 0, n 都無正整數解, 但 00072 × 375 = 27000 這是因為 27 = 3³, 72 = 3²× 2³, 我 們無法使 3 的次方愈乘愈少的緣故。 這樣一來如果容許最高位數是 0, 這些位數不整齊的反向 倍數將會使反向倍數的研究失去原先的單純性和稀有性, 只好在本研究中割愛了。

尾聲

首位不是 0 的反向倍數少得令人意外, 原以為倍數小的 2 倍, 可以有較多的變化和選擇, 比較有可能出現反向倍數, 結果卻令人失望。 倍數大的首末兩數沒有太多選擇, 卻存在 9 倍的 反向倍數。 對於四位數的反向倍數 1089 及 2178, 除了 2178 是 1089 的 2 倍外, 21978 是 10989 的 2 倍; 2199 · · · 9978 還是 1099 · · · 9989 的 2 倍。 (在兩個成 2 倍的整數中間插入 同樣幾個 9, 居然還能維持 2 倍的關係, 不能不說很有特色)。 用質因數分解 1089 = 3²× 11², 2178 = 2 × 3² × 11² 還可看出 11 的平方 121 是一個自我反向數。 到了 10989 及 21978 各有一個 1221 的自我反向數因數 · · · 我們嘗試過卻找不到用質因數組合出反向倍數的方法。

至於八位數以上的反向倍數的基本型 21CDEF · · · 78, 若用高於 4 元一次的不定方程式來解, 實在不太簡單, 但願有興趣的同好繼續研究或提出更有效率的方法, 以解大家的的迷惑, 不勝感 激 !

—本文作者為高雄市立中正高中退休教師—

2017 ^{許振榮講座} : Maria Chudnovsky

日 期 : 2017 年 11 月 14 日 (星期二) ∼ 2017 年 11 月 16 日 (星期四) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1號 天文數學館 6 樓

詳 見 : http://web.math.sinica.edu.tw/HSU/page/2017/2017.php