Encontremos los restos de $ \dfrac {6^n}{7}$ ,
Restos de $6^0/7 = 1$
Restos de $6/7 = 6$
Restos de $36/7 = 1$
Restos de $216/7 = 6$
Restos de $1296/7 = 1$
Este patrón de $1,6,1,6...$ sigue repitiéndose. ¿Por qué es así? Estoy preguntando en general, que es para cada caso de tipo $a^n/b$ El resto se repite a medida que aumentamos $n$ .
P.D: Esto es un pregunta de seguimiento de mi pregunta anterior .
Primero, permítanme hacer una pregunta más simple: ¿por qué hay un patrón en los restos?
Supongamos que tengo algún número entero positivo $b$ (en tu caso $b=7$ ). Luego los restos respetan la multiplicación Si $x, x'$ son números enteros positivos que producen el mismo resto cuando se dividen por $b$ y $y, y'$ son números enteros positivos que producen el mismo resto cuando se dividen por $b$ Entonces $xy$ y $x'y'$ producen el mismo resto cuando se dividen por $b$ .
Esto es aritmética modular para un número entero positivo $b$ podemos desarrollar la aritmética en el conjunto $R_b=\{0, 1, 2, . . . , b-1\}$ interpretando elementos de $R_b$ como restos. Por ejemplo, cada vez que multiplico dos números pares obtengo un número par; esto se representa como $$0 \times 0=0 \quad \mbox {(in $ R_2 $)}.$$ Debido a que los residuos respetan la multiplicación, esto tiene sentido y funciona de la manera que queremos.
Entonces, ¿qué tiene que ver esto con los poderes? Bueno, arregla $b$ y considerar la secuencia $a, a^2, a^3, . . .$ . Desde $R_b$ es finito, hay algunos $m<n$ de tal manera que $a^m$ y $a^n$ dejan el mismo resto cuando se dividen por $b$ . Una vez que esto ocurra, los restos se repetirán: el resto de $a^{n+1}$ cuando se divide por $b$ será el mismo que el resto de $a^{m+1}$ cuando se divide por $b$ etc. Así que la secuencia de restos de poderes de algún número siempre será eventualmente repitiendo .
Tenga en cuenta que "eventualmente" es crucial aquí: considere $a=3$ , $b=27$ . Entonces la secuencia de residuos es $3, 9, 0, 0, 0, 0, . . .$ . De manera similar, si tomamos $a=2$ y $b=12$ tenemos $2, 4, 8, 4, 8, 4, 8, . . .$ Esto sucede porque $a$ y $b$ comparten los factores principales. El teorema de Euler dice que si, por el contrario, $a$ y $b$ son coprime (no tienen otros factores además de $1$ en común), entonces este patrón sólo se repite, punto y aparte, y de hecho nos dice cuánto tiempo tardará en repetirse.
La respuesta es $$ 6 = -1 \pmod 7. $$ Por lo tanto, tienes $(-1)^{n}$ y depende sólo de $n$ y eso $-1$ o $1$ .
Puedes encontrar una teoría más detallada siguiendo este enlace: Aritmética modular
P.D. $ number \pmod 7 = remainder$
Ten en cuenta que a medida que encuentres más y más poderes, eventualmente te quedarás sin residuos. Así que volverás a un número anterior, y como la exponenciación es una multiplicación repetida, generarás el ciclo de nuevo. Como ejemplo, veamos los poderes de $2$ modulo $7$ . Tenemos \begin {alineado*} 2^1 & \equiv 2 \pmod {7} \\ 2^2 & \equiv 2 \cdot 2 \equiv 4 \pmod {7} \\ 2^3 & \equiv 4 \cdot 2 \equiv 1 \pmod {7} \\ 2^4 & \equiv 1 \cdot 2 \equiv 2 \pmod {7} \\ 2^5 & \equiv 2 \cdot 2 \equiv 4 \pmod {7} \\ 2^6 & \equiv 4 \cdot 2 \equiv 1 \pmod {7} \end {alineado*} Esperemos que esto aclare cómo funciona la multiplicación en la aritmética modular también.
La razón es simple: un resto puede expresarse en función del resto anterior solamente.
En efecto, que $r_n=6^n \bmod 7$ es decir. $6^n=7q_n+r_n$ .
Luego $ \color {blue}{r_{n+1}}=6^{n+1} \bmod 7=(6 \cdot6 ^n) \bmod 7=(42q_n+6r_n) \bmod 7= \color {blue}{(6r_n) \bmod 7}.$
Como hay un número finito de posibles residuos, la secuencia debe ser periódica.
$$ \begin {align}1&& \to1\\6 & \to6\cdot1 & \to6\\36 & \to6\cdot6 & \to1\\216 & \to6\cdot1 & \to6\\1296 & \to6\cdot6 & \to1\\\cdots\end {align}$$ o si lo prefiere $$ \begin {align}1& \to1\\6\cdot1 & \to6\\6\cdot6 & \to1\\6\cdot1 & \to6\\6\cdot6 & \to1\\\cdots\end {align}$$
Mirar los restos después de la división por 7 se llama módulo aritmético 7 .
Se refiere a los poderes de 6, módulo 7. Pero $6$ es $-1$ , modulo $7$ . Esto está escrito: $$6 \equiv -1 \pmod 7$$
Pero los poderes de $-1$ son los números $(-1)^n$ simplemente alternar: $1,-1,1,-1,1, \ldots $ .
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