Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm năm chữ số tận cùng của $5^{55}$ (và một số bài toán về tìm chữ số tận cùng khác)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 22 trả lời

#21
Nobodyv3

Nobodyv3

    Generating Functions Faithful

  • Thành viên
  • 935 Bài viết
[Bonus] Tìm 2 chữ số tận cùng của tổng :
$$ \displaystyle S = 1^{2002} + 2^{2002} + 3^{2002} + ... + 2023^{2002} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 30-05-2023 - 22:26

===========
Thà rót cho ta..... trăm nghìn chung... rượu độc ...miễn sao đừng bắt em làm toán!..hu hu...

#22
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

[Bonus] Tìm 2 chữ số tận cùng của tổng :
$$ \displaystyle S = 1^{2002} + 2^{2002} + 3^{2002} + ... + 2023^{2002} $$

 

Một bài toán hay. Cái khó của nó là không thể dự đoán được do có quá nhiều hạng tử và lũy thừa cũng rất lớn. 

 

Mình đã bắt đầu bài toán này bằng một ngộ nhận kiểu $a^n+b^n+c^n$ sẽ luôn chia hết cho $a+b+c$ với $n$ là số tự nhiên lẻ.  Điều này không đúng, ví dụ, $11^5+12^5+13^5$ sẽ không chia hết được cho $11+12+13$. 

 

Tuy nhiên, trong quá trình giải với ngộ nhận đó, mình lại tình cờ phát hiện ra một tính chất quan trọng, đó là với mọi số tự nhiên $a$ ta có 

$$a^{2002}\equiv a^2 \pmod{100}$$

Mình đã thử chứng minh một cách thô sơ tính chất trên với một vài trường hợp đặc biệt. Ví dụ 

$$2^{2002} \equiv 2^2.(2^{10})^{200} \equiv 4.24^{200} \equiv 4. 76^{100} \equiv 4.76 \equiv 4 \pmod{100}.$$

hoặc 

$$ 6^{2002} \equiv 6^2.(6^8)^{250} \equiv 36.16^{250} \equiv 36.(16^5)^{50} \equiv 36.76^{50} \equiv 36.76 \equiv 36 \pmod{100}.$$

(Ngoài lề, ở trên mình đã hơi "lạm dụng" một tính chất khá thú vị là $76^n$ luôn có tận cùng là $76$. Có một số khác cũng có tính chất này là $25$, số này dù lũy thừa lên bao nhiêu lần thì vẫn có tận cùng $25$. Một số khác, có tính chất gần tương tự là $49$, lấy lũy thừa lẻ bất kỳ thì số nhận được luôn có tận cùng là $49$.)

 

Quay trở lại với dự đoán quan trọng của ta. Cần một chứng minh toán học với mọi số tự nhiên $a$, và bước đầu tiên là ta nhận ra rằng chỉ cần xét với $a$ là các số nguyên tố. Trường hợp $a$ là hợp số chỉ cần viết $a$ dưới dạng phân tích thừa số nguyên tố là xong. 

 

Vậy ta đi chứng minh bài toán sau như một bổ đề: 

Bổ đề
Với mọi số nguyên tố $p$ ta có $p^{2002} \equiv p^2 \pmod{100}.$
 

Chứng minh. Ý tưởng chứng minh sau đây được nhìn ra khi làm với các trường hợp cụ thể. 

 

Trường hợp $p=2$ ta đã làm ở trên. Trường hợp $p$ là số nguyên tố lẻ, ta có một nhận xét là $p^4$ luôn có tận cùng bằng $1$. Đặt $q=p^4$, và ta có $q\equiv1\pmod{10}$. 

 

Tiếp theo ta có 

$$q^{10}-1=(q-1)(q^9+q^8+...+q^2+q+1).$$

Dễ thấy $q-1$ và cả $q^9+q^8+...+q^2+q+1$ đều chia hết cho $10$, vì vậy $q^{10}\equiv 1\pmod{100}$.

 

Cuối cùng 

$$p^{2002} \equiv p^2.(q^{10})^{50} \equiv p^2.1^{50}\equiv p^2 \pmod{100}.$$

 

Bổ đề được chứng minh xong. 

 

Bây giờ, ta nhìn lại bài toán ban đầu. Theo tính chất mà ta đã tìm ra, số dư của $S$ khi chia cho $100$ chính là số dư của biểu thức $P$ khi chia cho $100$, trong đó 

$$P=1^2+2^2+3^2+...+2023^2.$$

Đây là một kết quả quen thuộc 

$$P=\frac{2023.(2023+1)(2.2023+1)}{6}=2761775324.$$

Vậy hai chữ số tận cùng cần tìm là $24$. 

 

Thay $2002$ bằng một số tự nhiên bất kỳ dạng $40k+2$ với $k \in \mathbb{N}^*$ thì kết quả trên vẫn giữ nguyên. Công thức tính $P$ có thể tham khảo ở đây.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 31-05-2023 - 11:58

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#23
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Tiếp theo ta có 

$$q^{10}-1=(q-1)(q^9+q^8+...+q^2+q+1).$$

Dễ thấy $q-1$ và cả $q^9+q^8+...+q^2+q+1$ đều chia hết cho $10$, vì vậy $q^{10}\equiv 1\pmod{100}$.

 

Bước chứng minh này gợi ý cho ta bài toán tổng quát hơn khá thú vị.  

 

Bài toán. Cho hai số $a$ và $n$ cùng thuộc $\mathbb{N}^*$. Khi đó nếu $a \equiv 1 \pmod{n}$ thì $a^n \equiv 1 \pmod{n^2}$.  

 

Để chứng minh, tương tự như trên, ta chỉ cần viết lại 

$$a^n-1=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1).$$

Khi đó do $a\equiv 1 \pmod{n}$ nên ta có cả $a-1$ và $a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1$ đều chia hết cho $n$. Và như vậy ta có ngay điều phải chứng minh. 


"Hap$\pi$ness is only real when shared."




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh