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 $.
Spero di aver dato una spiegazione abbastanza chiara
: quello con le congruenze e l'ordine moltiplicativo...La mia soluzione sembra abbastanza lineare (spero), sicuramente l'ho scritta meglio che se avessi usato il metodo coi logaritmi.
Comunque io ho dimostrato che esiste una potenza di 2 ($ $2^n$ $) 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
"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.