NMC 1991

[Gustav]

Finn de to siste sifrene i summen $2^5+2^{5^2}+...+2^{5^{1991}}$ skrevet i titallssystemet.

[jhoe06]

Oppgaven er ekvivalent med å finne summen modulo 100. Vi har at

$ 2^5 \equiv 32 \mod{100} $
$ 2^{2\cdot 5} \equiv 32^2 \equiv 24 \mod{100} $
$ 2^{4\cdot 5} \equiv 24^2 \equiv -24 \mod{100} $
$ 2^{5^2} \equiv -24\cdot 32 \equiv 32 \mod{100} $

Altså er $ 2^{5^n} \equiv 32 \mod{100} $ for $ n=1,2,3,\dots $ og

$ \sum_{i=1}^{1991} 2^{5^i} \equiv 1991\cdot 32 \equiv 12 \mod{100} $

Så de to siste sifrene i tallet er 12.

[Gustav]

Ser riktig ut. Har du noen oppfølger?

[Brahmagupta]

Kan jo ta oppgave 4 fra samme år.

La [tex]f(x)[/tex] være et polynom med heltallige koeffisienter. Anta at for et positivt heltall [tex]k[/tex] eksisterer [tex]k[/tex] påfølgende heltall,
[tex]n,n+1,\cdots, n+k-1[/tex] slik at [tex]f(n),f(n+1),\cdots,f(n+k-1)\not\equiv 0 \mod{k}[/tex]. Vis at [tex]f[/tex] ikke har noe heltallig nullpunkt.

[Gustav]

Anta at f(m)=0 for et heltall m. Da er f(x)=(x-m)g(x) der g(x) er et polynom med heltallige koeffisienter. Blant k påfølgende heltall må ett av dem være 0 modulo k, så det er klart at den lineære faktoren i f(x) må være ekvivalent med 0 mod k for et av tallene n,n+1,...,n+k-1 lik x. Altså har vi en motsigelse.

EDIT: ser at jeg glemte å vise at g(x) har heltallige koeffisienter, men det er vel ganske enkelt.

[Gustav]

Oppfølger