Perioodilised kümnendmurrud

Sisesta murd ja muuda siis alust. Alusel 10 kordub 1/3 lõputult ja 1/5 on lõplik. Alusel 12 vahetavad nad kohad. Seaduspära selle taga on täpne ning taandub algteguritele.

Näidisarvutus — Perioodilised kümnendmurrud

Korduvad numbrid	1
Numbrid enne kordumist	0

Need on väärtused, mida kalkulaator lehe avamisel näitab. Muuda ülal mõnda sisendit, et need ümber arvutada.

Interaktiivse simulatsiooni laadimine...

Alusel 12 on kolmandik ilus ja puhas 🖖

Vajuta 1/3 alusega 10 arvusüsteemis ja seejärel 1/3 alusega 12 arvusüsteemis. Murd on sama. Esimeses jätkub esitus lõputult, teises on vastus 0,4 ja kõik. Vajuta 1/5 alusega 12 arvusüsteemis ning osad vahetuvad. Seega ei sõltu murrust endast, kas selle esitus kenasti lõpeb. Taandatud murd p/q lõpeb alusega b arvusüsteemis parajasti siis, kui q iga algtegur jagab ka arvu b. Kümme on 2 × 5, seega saavad lõpliku esituse anda ainult 2-dest ja 5-test moodustatud nimetajad: pooled, neljandikud, viiendikud, kaheksandikud, kümnendikud, kahekümnendikud ning kõik muud neist kahest algarvust moodustatud nimetajad. Seda loendit sa juba tunned. Just selle pidid sa pähe õppima.

Kaks algarvu, kaks erinevat ülesannet 🖖

Kuuendik on 0,1666…: üks number, mis ei kordu, ja seejärel 6 igavesti. Kuus on 2 × 3 ning need kaks algarvu teevad erinevat tööd. Tegur 2 jagab kümmet ja annab sulle eelperioodi. Tegur 3 seda ei tee ning tekitab perioodi. Proovi nüüd murdu 7/12. Eelperiood on kahe numbri pikkune. Kaksteist sisaldab kahte tegurit 2 ja jagamine vajab kahte sammu nende ammendamiseks. Seega eelperiood pole nii pikk kui ühiste algtegurite arv, vaid kestab täpselt nii kaua, kuni nad saavad otsa. Alusel 10 on seetõttu murru 1/8 eelperiood kolm numbrit. Alusel 12 on see kaks.

Miks 1/7 on needsamad kuus numbrit ikka ja jälle 🖖

Arvuga 7 jagamisel saab tekkida ainult kuus nullist erinevat jääki. Kuue sammu järel peab mõni neist korduma ning sealtpeale korduvad paratamatult ka numbrid. Seda ülal olev ring näitabki: seal on kõik jäägid, mis võivad jagamisel tekkida, ja periood ei saa kunagi olla pikem kui q − 1. Seitsmendikud täidavad kogu ringi: teekond läbib enne algusse naasmist kõik kuus jääki. Sellest tulebki arvu 142857 kuulus trikk. Proovi 1/13 ja pool ringi jääb tühjaks: kaheteistkümnest jäägist kasutatakse kuut ning tulemuseks on 076923. Kuna jagamisel läbitakse kõik tsükli jäägid, viib alustamine arvust 2, mitte arvust 1, lihtsalt sama tsükli teise kohta. 2/7 = 0,285714. 3/7 = 0,428571. Samad kuus numbrit, ainult teises järjekorras. Arvust 100 väiksemast kahekümne kolmest sobivast algarvust annavad alusega 10 arvusüsteemis täisperioodi üheksa: 7, 17, 19, 23, 29, 47, 59, 61 ja 97. Aluse 12 puhul on neid kaheksa ning mõlemasse loendisse kuuluvad ainult 7 ja 17.

Ülesanded täielikult lahendatud

Numbrikohtade arv, mille ulatuses 1/13 kordub 7 sammu
Mitme numbri pikkune on murru 1/13 tsükkel? Sa võid sellele vastata enne ainsatki jagamistehet.
1. Kas see üldse kordub? Kolmteist on algarv ega jaga kümmet, seega ei ole tal alusega ühiseid tegureid. Midagi ei taandu välja. Eelperioodi pole ja kordumine algab kohe esimesest numbrist.
  
  $13 ∤ 10, 10 = 2 \times 5$
2. Perioodi pikkus on väikseim kümne aste, mille jääk on 1. Käi läbi kümne astmed mooduliga 13 ja peatu kohe, kui selleni jõuad.
  
  $1 0^{1} \equiv 10, 1 0^{2} \equiv 9, 1 0^{3} \equiv 12, 1 0^{4} \equiv 3, 1 0^{5} \equiv 4, 1 0^{6} \equiv 1 (mod 13)$
3. Kuus. Tsükkel on kuue numbri pikkune ja me pole veel midagi jaganud. Tee nüüd jagamine läbi ning vaata, kuidas needsamad kuus arvu jääkidena tagasi tulevad.
  
  $k = 6$
4. Need on samad arvud samas järjekorras, sest just seda nad kujutavad: jääk pärast k sammu on 10 astmel k mooduliga 13. Nende kohal asuvad numbrid ongi vastus.
  
  $\frac{1}{13} = 0. \overline{076923}$
5. Vana hea kontroll kehtib endiselt. Puhas kuuest numbrist koosnev periood korrutatuna nimetajaga annab kuus üheksat.
  
  $076923 \times 13 = 999999$
6. Arvu kolmteist puhul oli võimalik kaksteist jääki, millest kasutati kuut. Need polnud aga suvalised kuus. Kui q on algarv, jagab perioodi pikkus alati arvu q − 1, seega olid 13 korral ainsad võimalikud vastused 1, 2, 3, 4, 6 ja 12.
  
  $k ∣ q - 1 : 6 ∣ 12, 12 = 13 - 1$
7. See, millisele neist jagajaist üks algarv pidama jääb, on küsimus, kus lõpevad nii selle tööriista kui ka kõigi teiste võimed. Üheksa kahekümne kolmest võimalikust algarvust alla 100 saavutavad alusel 10 täispikkuse q − 1. See on umbes 39%, üsna lähedal konstandile 0,3739, mida Artin aastal 1927 oletas. See on siiani vaid oletus. Keegi pole suutnud tõestada isegi seda, et algjuurt 10 omavaid algarve on lõpmatult palju.
  
  $\frac{9}{23} \approx 39% vs A \approx 0.3739558$
Vastus

Kuus numbrit: 1/13 = 0,076923 kordub. Loe kümne astmed maha enne igasugust jagamist. Ning 13 jääb maksimumist ilma, sest 6 on vaid pool 12-st.
Miks üks viiendik alusel kümme lõpeb ja alusel kaksteist jookseb igavesti 6 sammu
Laadi 1/5 alusel 12 ja arvuta välja, kui pikk kordus on. Otsusta seejärel, kas kaheteistkümnetes loendav maailm oleks tavalise arvutamisega paremas või halvemas seisus.
1. Alusel kümme on üks viiendik lihtsaim murd, mis olemas on: 0,2, ühe numbriga valmis. Kaksteist on 2 × 2 × 3 ja viit tal sees pole, seega ei taandu midagi välja ja jagamisel ei saa jääk kunagi otsa. Otsuse kaart pöörab Kordub lõputult peale ja numbrid enne kordumist näitavad 0. Läbimiseks pole mingit lõplikku osa, seega algab tsükkel juba esimesest numbrist.
  
  $5 ∤ 12 = 2^{2} \times 3 ⟹ repeats; 5 ∣ 10 = 2 \times 5 ⟹ \frac{1}{5} = 0.2$
2. Pikkus on väikseim kaheteistkümne aste, mille jääk 5-ga jagades on 1. Kaksteist on kaks üle viiekordse, nii et võid selle asemel käia läbi kahe astmed, mis on kiirem: 2, 4, 3, 1.
  
  $12 \equiv 2 (mod 5) : 2, 4, 3, 1 ⟹ k = ord_{5} (12) = 4$
3. Neli sammu, ja neli on q − 1. Pikemalt viiendik korduda ei saagi, sest jagamisel on kasutada ainult neli nullist erinevat jääki ja see käik külastab neid kõiki. Ilmuv märgis on seesama, mille 1/7 alusel kümme välja teenib.
  
  $k = 4 = q - 1 ⟹ full reptend; \frac{1}{5} = 0. \overline{2497}_{12}$
4. Üheksate kontroll peab ka pärast alusevahetust. Puhas tsükkel korrutatuna oma nimetajaga täidab tsükli iga koha: 2497 alusel kaksteist on 4147, viis sellist on 20 735, ja 20 735 on 12⁴ − 1, mille alus kaksteist kirjutab kujul bbbb. Neli üheteistkümmet seal, kus alus kümme annaks neli üheksat.
  
  $249 7_{12} = 4147, 4147 \times 5 = 20, 735 = 1 2^{4} - 1 = bbbb_{12}$
5. Nüüd vahetus, loendatuna, mitte vaieldes. Võta nimetajad 2-st 12-ni ja küsi, millised neist lõpevad. Kahend ja kuueteistkümnend saavad hakkama kolmega, sest nende ainus algtegur on 2. Just sel põhjusel pole arvul 0,1 täpset kahendkuju ja just sel põhjusel ei hoita raha ujukomas. Alus kümme saab hakkama viiega. Alus kaksteist saab hakkama seitsmega: ta ostab kolmandikud, kuuendikud, üheksandikud ja kaheteistkümnendikud ning maksab nende eest viiendike ja kümnendikega.
  
  $q \in {2, \dots, 12} that terminate : b = 2, 16 : 3; b = 10 : 5; b = 12 : 7$
6. Reegel lahendab ka aluse, mida tööriist ei paku. Kuuskümmend kannab kõiki kolme väikest algarvu, seega lõpevad kõik 2-st 12-ni peale seitsmendike ja üheteistkümnendike, üheksa üheteistkümnest. Selle nägemiseks pole vaja midagi käivitada. Piisab kuuekümne algteguritest.
  
  $b = 60 = 2^{2} \times 3 \times 5 : all but 7 and 11 ⟹ 9 of 11$
Vastus

Neli numbrit, 0,2497 korduvana, ja pikim tsükkel, mis viiendikul olla saab. Alus kaksteist võidab loenduse seitse viie vastu ja ta võidab need jagamised, mida inimesed tegelikult teevad: kolmandik tunnist, kuuendik ringist, veerand naelast. Ta loobub viiendikest ja kümnendikest, ja need on olulised peamiselt sellepärast, et me juba loendame kümnetes. Viiendik tundub põhilisena, sest ta on 20%, ja protsendid on kümnendsüsteemi harjumus, mitte fakt viiendike kohta.

Aus piir on see, et ükski alus ei päästa seitsmendikke, ja seitsmendik tuleb argielus ette umbes sama tihti kui viiendik. Ükskõik millise aluse sa valid, mõni igapäevane jagamine tuleb sakiline välja, mistõttu võitjate loendamine ei otsusta midagi. Ainus koht, kus valik tehti ja seda hoiti, on Babüloni kuuskümmend. Neli tuhat aastat hiljem on see endiselt see, kuidas sa kella loed, ja endiselt see, kuidas ring ära jagatakse.

$\frac{p}{q} terminates in base b ⟺ rad (q) ∣ rad (b)$

Õpitee

Kuidas arvu kirja panna

Viib edasi Ratsionaalne lähendus arv, mille kirjapanek ei saa kunagi valmis.

Allikad (3)

The rule the tool implements: when a fraction terminates, and the period as the order of the base Hardy, G. H. and Wright, E. M. (2008). An Introduction to the Theory of Numbers (6th ed.). Oxford University Press — Chapter IX, Decimals.
Artin's constant 0.3739558, the density the worked problem compares 9 of 23 against Wrench, J. W. (1961). Evaluation of Artin's Constant and the Twin-Prime Constant. Mathematics of Computation, 15(76), 396–398. doi:10.1090/S0025-5718-1961-0124305-0
Why the worked problem ends by saying nobody has proved it Heath-Brown, D. R. (1986). Artin's Conjecture for Primitive Roots. The Quarterly Journal of Mathematics, 37(1), 27–38. doi:10.1093/qmath/37.1.27

42Mathi meeskond · Uuendatud 2026-09-03

Kontrollitud avaldatud allikate põhjal. Parandused on teretulnud. Toimetamispõhimõtted · Parandused

Kõik Matemaatika õppetunnid →

Näiteülesanded

1/3 alusel 10 - Kolmandik kordub esimesest numbrist: enne perioodi on 0 numbrit, seejärel tsükkel pikkusega 1. Kümme on 2 × 5 ja 3 ei jaga neist kumbagi.
1/3 alusel 12 - Sama murd alusel 12 on 0,4 ja saab läbi. Kolmandiku juures pole midagi muutunud. Kaksteist on 2 × 2 × 3, seega 3 taandub välja.
1/5 alusel 12 - Viiendik käitub vastupidiselt. Alusel 10 on see lõplik, siin aga kordub tsükliga pikkuses 4. See on pikim võimalik periood, mida viiendik suudab.
1/6 — mõlemad korraga - Kuuendik teeb mõlemat. Kuus on 2 × 3: tegur 2 jagab kümmet ja annab 1 numbri, mis ei kordu kunagi. Seejärel võtab 3 üle tsükliga pikkuses 1.
1/7 — see kuulus - Nimetaja 7 puhul on 6-numbriline tsükkel pikim, mida seitsmendik võimaldab. Kirjalikul jagamisel saab läbida vaid 6 nullist erinevat jääki, enne kui üks neist uuesti ringiga tagasi tuleb.
1/17 — 16 numbrit - Kuusteist numbrit ja jälle maksimum. Teekond allpool läbib kõik 16 võimalikku jääki, enne kui algusesse tagasi jõuab.