Thành viên:HoangVanHiep2003/chỗ thử

Sự lặp lại tuần hoàn của các chữ số tận cùng của lũy thừa

Đặt vấn đề

Bài toán 1: Một trường hợp đặc biệt

Khi xét các giá trị lũy thừa của cơ số 2 trong một khoảng đủ lớn ta sẽ nhận thấy chứ số tân cùng của lũy thừa cơ số 2 lặp lại tuần hoàn theo chu kỳ 2, 4, 8, 6. Bằng quan sát bảng giá trị và bằng một số phép suy luận đơn giản, ta dế dàng chứng minh kết luận đó là đúng.

Số mũ	Gia trị	Chứ số tạn cùng
1	2	2
2	4	4
3	8	8
4	16	6
5	32	2
6	64	4
7	128	8
8	256	6
9	512	2
10	1024	4

Bảng 1: Bảng lũy thùa cơ số 2 cùng chứ số tận cùng.

Và điều đó được công nhận và thừa nhân để trở thành một trong những tiên đề như hằng số toán học $\pi =3.1415926....$, không thay đổi và không cần thiết để bàn luận. Nhưng sự lặp lại tuần hoàn theo chu kỳ của lũy thừa của 2 là một trường hợp đặc biệt của một bài toán đặc biệt. Giống như Định lý Pythagoras là một trường hợp đặc biệt của Định lý cos.

Trong trường hợp trên, ta xét sự lặp lại tuần hoàn của các chứ số tận cùng với số lượng là $1$ nên dễ nắm bát được quy luật tuần hoàn của chúng. Nhưng trong các trường hợp với số lượng số các chứ số tận cùng lớn hơn thì việc nắm bắt được quy luật hay chu kỳ tuần hoàn trở nên khó khăn hơn nếu sử dụng phương pháp truyền thống là liệt kê. Kể cả những việc tính toán trên máy tính với những thuật toán hữu ích cũng gặp vấn đề về thời gian. Vậy làm sao xác định được chu kỳ tuần hoàn của sự lặp lại đó. Và tìm hiểu đặc điểm của chu kỳ tuần hoàn của các chứ số tân cùng của lũy thưa cơ số $2$.

Bằng phép suy luận, ta có thể chứng minh hai kết luận sau :

1. Sự lặp lại tuần hoàn của các số tận cùng của $2$ là có điều kiện; cu thể, gọi số chứ số tận cùng cần xét là $m$ và sô mũ của lũy thừa cơ số $2$ đang xét là $b$ thì điều kiện để lũy thừa cơ số $2$ lặp lại tuần hoàn theo chu kì là $b\geq m$
2. Gọi chu kỳ tuần hoàn là $n_{m}$, thì được xác định bởi công thức: $n_{m}=4\cdot 5^{m-1}\ \forall m\in \mathbb {N} ^{*}$

Trước khi chứng minh, ta đưa bài toán về mệnh đề toán học, ta được mệnh đề sau:

$\forall b\in \mathbb {N} ^{*},\ b\geq m$

$2^{kn+b}=2^{b}{\pmod {10^{m}}}\Leftrightarrow n_{m}=4\cdot 5^{m-1}\qquad \forall k,m\in \mathbb {N} ^{*}\qquad (1)$

Chứng minh

Trường hợp m=1

1. Với $b=0(b<m)$ khi đó $2^{b}=2^{0}=1$ là số lẻ nhưng lũy thưa cơ số $2$ thì luôn là số chắn. Vậy $\nexists n\in \mathbb {N} ^{*}|2^{n+1}=1{\pmod {10}}$
2. Với $b>0(b\geq m)$ khi đó theo công thức ta được $n=4\cdot 5^{m-1}=4$ và $4$ là chu ky tuần hoàn của chứ số tận cùng của lũy thừa cơ số $2$ như đã nói.

Suy ra điều càn chứng minh.

Trường hợp m=2

1. Với $b=1(b<m)$ khi đó, ta có $2^{b}=2^{1}=2\ ;10^{m}=10^{2}=100$: Giả sử : $\exists n\in \mathbb {N} ^{*}|\ 2^{n+1}=2{\pmod {100}}$ hay $100\cdot k+2\mid 2^{n+1}$ Vì $n\in \mathbb {N} ^{*}\Rightarrow n+1\geq 2$, do đo cả chia lấy dư cả 2 vê cho $2^{2}$ ta được: $2=0{\pmod {2^{2}}}$ (vô lý!) Suy ra điều cần chứng minh.
2. Với $b>1(b\geq m)$ khi đó $n=4\cdot 5^{m-1}=4*5=20$: Gọi $r_{2}$ là phân dư của phép chia lấy dư cho $100(10^{2},\ 10^{m})$ và $r_{1}$ là phân dư của phép chia lấy dư cho $10(10^{1},\ 10^{m-1})$ Gọi chu kỳ để thu được cùng một phần dư lần lượt là $n_{2},\ n_{1}$ tướng ứng với phần dư thu được là $r_{2},\ r_{1}$. Sau một chu kỳ $n_{2}$ ta lai thu được $r$ và $r_{1}$, Nhưng sau chu ky $n_{1}$ ta chỉ thu được $r_{1}$. Vậy chu ky $n_{1}$ là ước của chu kỳ $n$ hay Theo $(1)$, ta có: $2^{n+b}=2^{b}{\pmod {10^{2}}}\Leftrightarrow 2^{n}\cdot 2^{b}=2^{b}{\pmod {10^{2}}}\ (1')$ Nếu có 1 trường hợp nào của $b$ có chu kỳ xác đinh thì mọi lũy thừa khác cũng có cùng chu kỳ xác đinh với $b$: hay nói cách khác: $2^{n+b}=2^{b}{\pmod {10^{2}}}\Rightarrow 2^{n+b+w}=2^{b+w}{\pmod {10^{2}}}\forall w\in \mathbb {Z}$ Thật vậy, dựa vào tính chất của của tích trong phép láy dư, ta có:

$(2^{n+b}\cdot 2^{w}){\bmod {1}}0^{2}=((2^{n+b}{\bmod {1}}0^{2})\cdot (2^{w}{\bmod {1}}0^{2})){\bmod {1}}0^{2}=2^{b}\cdot 2^{w}{\bmod {1}}0^{2}=2^{b+w}{\pmod {10^{2}}}$ Chọn $b=n1=4\Rightarrow 2^{b}=2^{4}=16\ (3)$. Thay $(2)$ và $(3)$ vào $(1')$ ta được:

$16^{k+1}=16{\pmod {10^{2}}}$ ha Thay $16=10+6$ và khai triển vế trái ta được:

$\textstyle \sum _{s=0}^{k_{1}+1}{\tbinom {k_{1}+1}{s}}10^{s}6^{k_{1}+1-s}\displaystyle =16{\pmod {10^{2}}}$ $\Rightarrow 6^{k_{1}+1}+(k_{1}+1)\cdot 10\cdot 6^{k_{1}}+100\cdot \textstyle \sum _{s=0}^{k_{1}+1}{\tbinom {k_{1}+1}{s}}10^{s-2}6^{k_{1}+1-s}\displaystyle =16{\pmod {10^{2}}}$ $\Rightarrow 6^{k_{1}+1}+(k_{1}+1)\cdot 10\cdot 6^{k_{1}}=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ $\Rightarrow 6^{k_{1}+1}+(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$Thay $6=5+1$ và tiếp tục khai triển ta được

$\Rightarrow (5+1)^{k_{1}+1}+(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ $\Rightarrow \textstyle \sum _{s=0}^{k_{1}+1}{\binom {k_{1}+1}{s}}\cdot 5^{s}\displaystyle +(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ $\Rightarrow 1+5(k_{1}+1)+25{\binom {k_{1}+1}{2}}+125\textstyle \sum _{s=3}^{k_{1}+1}{\binom {k_{1}+1}{s}}\cdot 5^{s-3}\displaystyle +(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ $\Rightarrow 1+5(k_{1}+1)+25\textstyle \sum _{s=2}^{k_{1}+1}{\binom {k_{1}+1}{s}}\displaystyle +(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ $\Rightarrow 1+5(k_{1}+1)+25*(2^{k_{1}+1}-k_{1}-2)+(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ Vì $k_{1}\in \mathbb {N} ^{*}(k_{1}\geq 1)\Rightarrow 2^{k_{1}+1}\mid 4\Rightarrow 25\cdot 2^{k1+1}\mid 100$, nên ta có:

$\Rightarrow 1+5\cdot k_{1}+5-25\cdot k_{1}-50+60\cdot k_{1}+60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ Rút gọn, vế trái ta được: $\Rightarrow 40\cdot k_{1}+16=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ hay $\Rightarrow 40\cdot k_{1}=0{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})$ Vậy $k_{1}=5$. Vậy $n=k\cdot n_{1}=5\cdot 4=20$.

Suy ra diều cần chứng minh!

Trường hợp tổng quát của m (m>2)

1. Với $b<m$, ta có: Giả sử : $\exists n\in \mathbb {N} ^{*}|\ 2^{n+b}=2^{b}{\pmod {10^{m}}}$ hay $10^{m}\cdot k+2^{b}\mid 2^{n+b}$ Vì $n_{m}=k*n_{m-1},(k>1,k\in \mathbb {N} ^{*})\Rightarrow n=k^{m-1}.n1>m$. Chia lấy dư cả hai vế cho $2^{m}$, ta được:

$2^{b}=0{\pmod {2^{m}}}$ (vô lý!) Suy ra điều cần chứng minh!

1. Với $b\geq m$, ta có: Gọi $r_{m}$ là phân dư của phép chia lấy dư cho $10^{m}$ và $r_{m-1}$ là phân dư của phép chia lấy dư cho $10^{m-1}$ Suy ra: $r_{m}=10^{m-1}\cdot p_{m-1}+r_{m-1}|r_{m},r_{m-1}=6{\pmod {10}},r_{i}=2^{i}*c_{i},p_{m-1}+c_{m-1}=2w(\forall i,c_{i}\in \mathbb {N} ^{*})\ (I)$ Theo giả thiết của $(I)$, ta có:

$2^{m-1}.c_{m-1}=6{\pmod {10}}$ Bằng phương thức liệt kê các khả năng của chứ số tận cùng để tích hai số $x_{1},x_{2}$ bắt kỳ có chứ số tân cùng là $6$, tá được tập hợp sau:

${\begin{array}{|c|c|c|}x_{1}&x_{2}&x_{1}.x_{2}\\\hline 2&8&6\\2&3&6\\4&4&6\\4&9&6\\8&2&6\\6&1&6\\6&6&6\end{array}}$ Dựa vào bảng liệt kê ta có thể rút ra quy luật sau:

${\begin{cases}x_{2}=3{\pmod {5}},&{\text{if }}x_{1}=2{\pmod {10}}\\x_{2}=4{\pmod {5}},&{\text{if }}x_{1}=4{\pmod {10}}\\x_{2}=2{\pmod {5}},&{\text{if }}x_{1}=8{\pmod {10}}\\x_{2}=1{\pmod {5}},&{\text{if }}x_{1}=6{\pmod {10}}\end{cases}}$ Đặt $x_{1}=2^{m-1}$ và $m=4q+q_{1}$ ta có $x_{2}$ theo $x_{1}$ và $q_{1}$ như sau; $x_{1}=2^{4q+q_{1}-1}\Leftrightarrow x_{2}=2^{5-q_{1}}+5s\ (\forall s\in \mathbb {Z} )$ hay $c_{m-1}=2^{5-q_{1}}+5s$ Chọn $b=n_{m-1}$ ta được:

$(r_{m})^{k+1}=r_{m}{\pmod {10^{m}}}\ (III)$ Thay $(I)$ vào $(III)$, ta được:

$(k+1)\cdot 10^{m-1}\cdot p\cdot r_{m-1}^{k}+r_{m-1}^{k+1}=r_{m-1}+10^{m-1}\cdot p{\pmod {10^{m}}}$$(k+1)\cdot 10^{m-1}\cdot p\cdot 6+r_{m-1}^{k+1}=r_{m-1}+10^{m-1}\cdot p{\pmod {10^{m}}}$ Thay $(II)$ vào $(III)$, ta được:

$(k+1)\cdot 10^{m-1}\cdot p\cdot 6+2^{(k+1)(4q+q_{1}-1)}\cdot (2^{5-q_{1}}+5s)^{k+1}=2^{4q+q_{1}-1}.(2^{5-q_{1}}+5s)+10^{m-1}\cdot p{\pmod {10^{m}}}$