Sia k un intero positivo. Dimostrare che esiste un intero positivo n tale che la rappresentazione decimale di $ \displaystyle 2^n $ contiene al suo interno almeno un blocco di esattamente k cifre 0 consecutive.
Mi piacerebbe vedere come l'avreste risolto voi. La mia è proprio brutta.
PreIMO 2007 N4
PreIMO 2007 N4
Appassionatamente BTA 197!
Io ho dovuto ricorrere a uno degli aiutini : quello con le congruenze e l'ordine moltiplicativo...
La mia soluzione sembra abbastanza lineare (spero), sicuramente l'ho scritta meglio che se avessi usato il metodo coi logaritmi.
Comunque io ho dimostrato che esiste una potenza di 2 ($ $2^n$ $) congrua a $ $2^i \pmod{10^i}$ $ e quindi ci sono degli zeri consecutivi (almeno $ k $). Poi ho dimostrato che non può essere $ $2^n\equiv2^i \pmod{10^{i+1}}$ $ e che quindi gli zeri sono esattamente $ k $.
Spero di aver dato una spiegazione abbastanza chiara
La mia soluzione sembra abbastanza lineare (spero), sicuramente l'ho scritta meglio che se avessi usato il metodo coi logaritmi.
Comunque io ho dimostrato che esiste una potenza di 2 ($ $2^n$ $) congrua a $ $2^i \pmod{10^i}$ $ e quindi ci sono degli zeri consecutivi (almeno $ k $). Poi ho dimostrato che non può essere $ $2^n\equiv2^i \pmod{10^{i+1}}$ $ e che quindi gli zeri sono esattamente $ k $.
Spero di aver dato una spiegazione abbastanza chiara
"Non ho particolari talenti, sono solo appassionatamente curioso." Albert Einstein
Anch'io ho usato l'ordine moltiplicativo:
1) ho dimostrato (in modo relativamente semplice) che $ 2^{\phi(5^{k+n_c})+c} $ termina con un blocco di almeno k zeri;
2) ho dimostrato che gli zeri in realtà sono esattamente k ragionando per assurdo:
se gli zeri del blocco sono più di k, allora $ 2^{\phi(5^{k+n_c})+c}-2^c $ è divisibile per $ 5^{k+n_c+1} $, dunque $ 2^{\phi(5^{k+n_c})}\equiv 1 \mod 5^{k+n_c+1} $;
dato che 2 è generatore modulo qualsiasi potenza di 5 (penso che si possa dare come fatto noto, io l'ho comunque dimostrato), quindi $ \mbox{ord}_{5^{k+n_c+1}}(2)=\phi(5^{k+n_c+1}) $, e per definizione di ordine moltiplicativo $ \phi(5^{k+n_c+1}) $ è il più piccolo m per cui $ 2^m\equiv 1 \mod 5^{k+n_c+1} $;
dato che per ipotesi si ha anche che $ 2^{\phi(5^{k+n_c})}\equiv 1 \mod 5^{k+n_c+1} $, si dovrebbe avere che
$ \phi(5^{k+n_c}) \ge \phi(5^{k+n_c+1}) $
$ 4\cdot 5^{k+n_c-1} \ge 4\cdot 5^{k+n_c} $
che ovviamente è falsa.
Siamo giunti ad un assurdo, quindi gli zeri del blocco non sono almeno k ma esattamente k, come richiesto.
1) ho dimostrato (in modo relativamente semplice) che $ 2^{\phi(5^{k+n_c})+c} $ termina con un blocco di almeno k zeri;
2) ho dimostrato che gli zeri in realtà sono esattamente k ragionando per assurdo:
se gli zeri del blocco sono più di k, allora $ 2^{\phi(5^{k+n_c})+c}-2^c $ è divisibile per $ 5^{k+n_c+1} $, dunque $ 2^{\phi(5^{k+n_c})}\equiv 1 \mod 5^{k+n_c+1} $;
dato che 2 è generatore modulo qualsiasi potenza di 5 (penso che si possa dare come fatto noto, io l'ho comunque dimostrato), quindi $ \mbox{ord}_{5^{k+n_c+1}}(2)=\phi(5^{k+n_c+1}) $, e per definizione di ordine moltiplicativo $ \phi(5^{k+n_c+1}) $ è il più piccolo m per cui $ 2^m\equiv 1 \mod 5^{k+n_c+1} $;
dato che per ipotesi si ha anche che $ 2^{\phi(5^{k+n_c})}\equiv 1 \mod 5^{k+n_c+1} $, si dovrebbe avere che
$ \phi(5^{k+n_c}) \ge \phi(5^{k+n_c+1}) $
$ 4\cdot 5^{k+n_c-1} \ge 4\cdot 5^{k+n_c} $
che ovviamente è falsa.
Siamo giunti ad un assurdo, quindi gli zeri del blocco non sono almeno k ma esattamente k, come richiesto.