sửa
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.
[1]
Và điều đó được công nhận và thừa nhân để trở thành một trong những tiên đề như hằng số toán học
π
=
3.1415926....
{\displaystyle \pi =3.1415926....}
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
{\displaystyle 1}
2
{\displaystyle 2}
Bằng phép suy luận, ta có thể chứng minh hai kết luận sau :
Sự lặp lại tuần hoàn của các số tận cùng của
2
{\displaystyle 2}
m
{\displaystyle m}
2
{\displaystyle 2}
b
{\displaystyle b}
2
{\displaystyle 2}
b
≥
m
{\displaystyle b\geq m}
Gọi chu kỳ tuần hoàn là
n
m
{\displaystyle n_{m}}
n
m
=
4
⋅
5
m
−
1
∀
m
∈
N
∗
{\displaystyle 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:
∀
b
∈
N
∗
,
b
≥
m
{\displaystyle \forall b\in \mathbb {N} ^{*},\ b\geq m}
2
k
n
+
b
=
2
b
(
mod
10
m
)
⇔
n
m
=
4
⋅
5
m
−
1
∀
k
,
m
∈
N
∗
(
1
)
{\displaystyle 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)}
Với
b
=
0
(
b
<
m
)
{\displaystyle b=0(b<m)}
2
b
=
2
0
=
1
{\displaystyle 2^{b}=2^{0}=1}
2
{\displaystyle 2}
∄
n
∈
N
∗
|
2
n
+
1
=
1
(
mod
10
)
{\displaystyle \nexists n\in \mathbb {N} ^{*}|2^{n+1}=1{\pmod {10}}}
Với
b
>
0
(
b
≥
m
)
{\displaystyle b>0(b\geq m)}
n
=
4
⋅
5
m
−
1
=
4
{\displaystyle n=4\cdot 5^{m-1}=4}
4
{\displaystyle 4}
2
{\displaystyle 2}
Suy ra điều càn chứng minh.
Với
b
=
1
(
b
<
m
)
{\displaystyle b=1(b<m)}
2
b
=
2
1
=
2
;
10
m
=
10
2
=
100
{\displaystyle 2^{b}=2^{1}=2\ ;10^{m}=10^{2}=100}
∃
n
∈
N
∗
|
2
n
+
1
=
2
(
mod
100
)
{\displaystyle \exists n\in \mathbb {N} ^{*}|\ 2^{n+1}=2{\pmod {100}}}
100
⋅
k
+
2
∣
2
n
+
1
{\displaystyle 100\cdot k+2\mid 2^{n+1}}
n
∈
N
∗
⇒
n
+
1
≥
2
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}\Rightarrow n+1\geq 2}
2
2
{\displaystyle 2^{2}}
2
=
0
(
mod
2
2
)
{\displaystyle 2=0{\pmod {2^{2}}}}
Với
b
>
1
(
b
≥
m
)
{\displaystyle b>1(b\geq m)}
n
=
4
⋅
5
m
−
1
=
4
∗
5
=
20
{\displaystyle n=4\cdot 5^{m-1}=4*5=20}
r
2
{\displaystyle r_{2}}
100
(
10
2
,
10
m
)
{\displaystyle 100(10^{2},\ 10^{m})}
r
1
{\displaystyle r_{1}}
10
(
10
1
,
10
m
−
1
)
{\displaystyle 10(10^{1},\ 10^{m-1})}
n
2
,
n
1
{\displaystyle n_{2},\ n_{1}}
r
2
,
r
1
{\displaystyle r_{2},\ r_{1}}
n
2
{\displaystyle n_{2}}
r
{\displaystyle r}
r
1
{\displaystyle r_{1}}
n
1
{\displaystyle n_{1}}
r
1
{\displaystyle r_{1}}
n
1
{\displaystyle n_{1}}
n
{\displaystyle n}
(
1
)
{\displaystyle (1)}
2
n
+
b
=
2
b
(
mod
10
2
)
⇔
2
n
⋅
2
b
=
2
b
(
mod
10
2
)
(
1
′
)
{\displaystyle 2^{n+b}=2^{b}{\pmod {10^{2}}}\Leftrightarrow 2^{n}\cdot 2^{b}=2^{b}{\pmod {10^{2}}}\ (1')}
b
{\displaystyle b}
b
{\displaystyle b}
2
n
+
b
=
2
b
(
mod
10
2
)
⇒
2
n
+
b
+
w
=
2
b
+
w
(
mod
10
2
)
∀
w
∈
Z
{\displaystyle 2^{n+b}=2^{b}{\pmod {10^{2}}}\Rightarrow 2^{n+b+w}=2^{b+w}{\pmod {10^{2}}}\forall w\in \mathbb {Z} }
(
2
n
+
b
⋅
2
w
)
mod
1
0
2
=
(
(
2
n
+
b
mod
1
0
2
)
⋅
(
2
w
mod
1
0
2
)
)
mod
1
0
2
=
2
b
⋅
2
w
mod
1
0
2
=
2
b
+
w
(
mod
10
2
)
{\displaystyle (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}}}}
b
=
n
1
=
4
⇒
2
b
=
2
4
=
16
(
3
)
{\displaystyle b=n1=4\Rightarrow 2^{b}=2^{4}=16\ (3)}
(
2
)
{\displaystyle (2)}
(
3
)
{\displaystyle (3)}
(
1
′
)
{\displaystyle (1')}
16
k
+
1
=
16
(
mod
10
2
)
{\displaystyle 16^{k+1}=16{\pmod {10^{2}}}}
16
=
10
+
6
{\displaystyle 16=10+6}
∑
s
=
0
k
1
+
1
(
k
1
+
1
s
)
10
s
6
k
1
+
1
−
s
=
16
(
mod
10
2
)
{\displaystyle \textstyle \sum _{s=0}^{k_{1}+1}{\tbinom {k_{1}+1}{s}}10^{s}6^{k_{1}+1-s}\displaystyle =16{\pmod {10^{2}}}}
⇒
6
k
1
+
1
+
(
k
1
+
1
)
⋅
10
⋅
6
k
1
+
100
⋅
∑
s
=
0
k
1
+
1
(
k
1
+
1
s
)
10
s
−
2
6
k
1
+
1
−
s
=
16
(
mod
10
2
)
{\displaystyle \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}}}}
⇒
6
k
1
+
1
+
(
k
1
+
1
)
⋅
10
⋅
6
k
1
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \Rightarrow 6^{k_{1}+1}+(k_{1}+1)\cdot 10\cdot 6^{k_{1}}=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})}
⇒
6
k
1
+
1
+
(
k
1
+
1
)
⋅
60
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \Rightarrow 6^{k_{1}+1}+(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})}
6
=
5
+
1
{\displaystyle 6=5+1}
⇒
(
5
+
1
)
k
1
+
1
+
(
k
1
+
1
)
⋅
60
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \Rightarrow (5+1)^{k_{1}+1}+(k_{1}+1)\cdot 60=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})}
⇒
∑
s
=
0
k
1
+
1
(
k
1
+
1
s
)
⋅
5
s
+
(
k
1
+
1
)
⋅
60
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \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} ^{*})}
⇒
1
+
5
(
k
1
+
1
)
+
25
(
k
1
+
1
2
)
+
125
∑
s
=
3
k
1
+
1
(
k
1
+
1
s
)
⋅
5
s
−
3
+
(
k
1
+
1
)
⋅
60
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \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} ^{*})}
⇒
1
+
5
(
k
1
+
1
)
+
25
∑
s
=
2
k
1
+
1
(
k
1
+
1
s
)
+
(
k
1
+
1
)
⋅
60
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \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} ^{*})}
⇒
1
+
5
(
k
1
+
1
)
+
25
∗
(
2
k
1
+
1
−
k
1
−
2
)
+
(
k
1
+
1
)
⋅
60
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \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} ^{*})}
k
1
∈
N
∗
(
k
1
≥
1
)
⇒
2
k
1
+
1
∣
4
⇒
25
⋅
2
k
1
+
1
∣
100
{\displaystyle k_{1}\in \mathbb {N} ^{*}(k_{1}\geq 1)\Rightarrow 2^{k_{1}+1}\mid 4\Rightarrow 25\cdot 2^{k1+1}\mid 100}
⇒
1
+
5
⋅
k
1
+
5
−
25
⋅
k
1
−
50
+
60
⋅
k
1
+
60
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \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} ^{*})}
⇒
40
⋅
k
1
+
16
=
16
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \Rightarrow 40\cdot k_{1}+16=16{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})}
⇒
40
⋅
k
1
=
0
(
mod
10
2
)
(
k
1
∈
N
∗
)
{\displaystyle \Rightarrow 40\cdot k_{1}=0{\pmod {10^{2}}}\ (k_{1}\in \mathbb {N} ^{*})}
k
1
=
5
{\displaystyle k_{1}=5}
n
=
k
⋅
n
1
=
5
⋅
4
=
20
{\displaystyle n=k\cdot n_{1}=5\cdot 4=20}
Suy ra diều cần chứng minh!
sửa
Với
b
<
m
{\displaystyle b<m}
∃
n
∈
N
∗
|
2
n
+
b
=
2
b
(
mod
10
m
)
{\displaystyle \exists n\in \mathbb {N} ^{*}|\ 2^{n+b}=2^{b}{\pmod {10^{m}}}}
10
m
⋅
k
+
2
b
∣
2
n
+
b
{\displaystyle 10^{m}\cdot k+2^{b}\mid 2^{n+b}}
n
m
=
k
∗
n
m
−
1
,
(
k
>
1
,
k
∈
N
∗
)
⇒
n
=
k
m
−
1
.
n
1
>
m
{\displaystyle n_{m}=k*n_{m-1},(k>1,k\in \mathbb {N} ^{*})\Rightarrow n=k^{m-1}.n1>m}
2
m
{\displaystyle 2^{m}}
2
b
=
0
(
mod
2
m
)
{\displaystyle 2^{b}=0{\pmod {2^{m}}}}
Với
b
≥
m
{\displaystyle b\geq m}
r
m
{\displaystyle r_{m}}
10
m
{\displaystyle 10^{m}}
r
m
−
1
{\displaystyle r_{m-1}}
10
m
−
1
{\displaystyle 10^{m-1}}
r
m
=
10
m
−
1
⋅
p
m
−
1
+
r
m
−
1
|
r
m
,
r
m
−
1
=
6
(
mod
10
)
,
r
i
=
2
i
∗
c
i
,
p
m
−
1
+
c
m
−
1
=
2
w
(
∀
i
,
c
i
∈
N
∗
)
(
I
)
{\displaystyle 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)}
(
I
)
{\displaystyle (I)}
2
m
−
1
.
c
m
−
1
=
6
(
mod
10
)
{\displaystyle 2^{m-1}.c_{m-1}=6{\pmod {10}}}
x
1
,
x
2
{\displaystyle x_{1},x_{2}}
6
{\displaystyle 6}
x
1
x
2
x
1
.
x
2
2
8
6
2
3
6
4
4
6
4
9
6
8
2
6
6
1
6
6
6
6
{\displaystyle {\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}}}
{
x
2
=
3
(
mod
5
)
,
if
x
1
=
2
(
mod
10
)
x
2
=
4
(
mod
5
)
,
if
x
1
=
4
(
mod
10
)
x
2
=
2
(
mod
5
)
,
if
x
1
=
8
(
mod
10
)
x
2
=
1
(
mod
5
)
,
if
x
1
=
6
(
mod
10
)
{\displaystyle {\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}}}
x
1
=
2
m
−
1
{\displaystyle x_{1}=2^{m-1}}
m
=
4
q
+
q
1
{\displaystyle m=4q+q_{1}}
x
2
{\displaystyle x_{2}}
x
1
{\displaystyle x_{1}}
q
1
{\displaystyle q_{1}}
x
1
=
2
4
q
+
q
1
−
1
⇔
x
2
=
2
5
−
q
1
+
5
s
(
∀
s
∈
Z
)
{\displaystyle x_{1}=2^{4q+q_{1}-1}\Leftrightarrow x_{2}=2^{5-q_{1}}+5s\ (\forall s\in \mathbb {Z} )}
c
m
−
1
=
2
5
−
q
1
+
5
s
{\displaystyle c_{m-1}=2^{5-q_{1}}+5s}
b
=
n
m
−
1
{\displaystyle b=n_{m-1}}
(
r
m
)
k
+
1
=
r
m
(
mod
10
m
)
(
I
I
I
)
{\displaystyle (r_{m})^{k+1}=r_{m}{\pmod {10^{m}}}\ (III)}
(
I
)
{\displaystyle (I)}
(
I
I
I
)
{\displaystyle (III)}
(
k
+
1
)
⋅
10
m
−
1
⋅
p
⋅
r
m
−
1
k
+
r
m
−
1
k
+
1
=
r
m
−
1
+
10
m
−
1
⋅
p
(
mod
10
m
)
{\displaystyle (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
)
⋅
10
m
−
1
⋅
p
⋅
6
+
r
m
−
1
k
+
1
=
r
m
−
1
+
10
m
−
1
⋅
p
(
mod
10
m
)
{\displaystyle (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}}}}
(
I
I
)
{\displaystyle (II)}
(
I
I
I
)
{\displaystyle (III)}
(
k
+
1
)
⋅
10
m
−
1
⋅
p
⋅
6
+
2
(
k
+
1
)
(
4
q
+
q
1
−
1
)
⋅
(
2
5
−
q
1
+
5
s
)
k
+
1
=
2
4
q
+
q
1
−
1
.
(
2
5
−
q
1
+
5
s
)
+
10
m
−
1
⋅
p
(
mod
10
m
)
{\displaystyle (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}}}}
^ “Bảng cập nhật của bài báo” . dx.doi.org . Truy cập ngày 24 tháng 5 năm 2022 .
