los dos últimos dígitos de $9^{1500}$ (Dummit Foote -Preliminares de Álgebra Abstracta $0.3.5$ )

Question

La pregunta es encontrar los dos últimos dígitos de $9^{1500}$ ( No hay teorema del totiente de Euler por favor)

Lo que he hecho hasta ahora es :

$9^2\equiv 81\pmod{100}$

$9^4 \equiv 61\pmod{100}$

$9^8\equiv 21\pmod{100}$

$9^{16} \equiv 41\pmod{100}$

$9^{32} \equiv 81\pmod{100}$

poderes superiores de $9$ a saber: $64,128,256,512,1024$ será en patrón repetido como el anterior.

$9^{64} \equiv 61\pmod{100}$

$9^{128} \equiv 21\pmod{100}$

$9^{256} \equiv 41\pmod{100}$

$9^{512} \equiv 81\pmod{100}$

$9^{1024} \equiv 61\pmod{100}$

Ahora, quiero dividir el poder de $9$ es decir, $1500$ a los poderes que he anotado anteriormente, es decir

$9^{1500}=9^{1024}.9^{476}$

$9^{1500}=9^{1024}.9^{256}.9^{220}$

$9^{1500}=9^{1024}.9^{256}.9^{128}.9^{92}$

$9^{1500}=9^{1024}.9^{256}.9^{128}.9^{64}.9^{28}$

$9^{1500}=9^{1024}.9^{256}.9^{128}.9^{64}.9^{16}.9^{12}$

$9^{1500}=9^{1024}.9^{256}.9^{128}.9^{64}.9^{16}.9^{8}.9^4$

Cuando se multiplican dos enteros positivos, el último dígito del producto depende de esos dos enteros sólo a través de sus últimos dígitos.

Por lo tanto, voy a buscar sólo los dos últimos dígitos de $9$ en los poderes anteriores.

$9^{1500}=9^{1024}.9^{256}.9^{128}.9^{64}.9^{16}.9^{8}.9^4$

$\equiv 61.41.21.61.41.21.61 \pmod{100} $

$\equiv (61.61).(21.21).(41.41).61\pmod{100}$

(ya hemos visto anteriormente $61.61\equiv 21 \text{mod}100$ y de forma similar para otros casos). Por lo tanto, nos quedaría :

$\equiv (21).(41).(81).(61)\pmod{100}$

$\equiv (61)(41)\pmod{100}$

$\equiv (01) \pmod{100}$ Estaría encantado si alguien puede verificar el procedimiento que he hecho y agradecería que alguien me ayudara a hacer esto menos laborioso y más eficiente.

Answer 1

Usted ha visto que $9^2 \equiv 9^{32} \equiv 81$ mod $100$ . Como gcd $(81,100) = 1$ Esto implica $9^{30} \equiv \frac{9^{32}}{9^2} \equiv \frac{81}{81} \equiv 1$ y por lo tanto $9^{1500} = (9^{30})^{50} \equiv 1$ .

Su método también funciona, pero es más largo.

Answer 2

Una pregunta similar se ha preguntado hace tiempo. La idea es aprovechar el hecho de que
$9^n=(10-1)^n$ y/o el hecho de que $9^{2n}=81^n=(8\cdot10+1)^n$ y lo introducimos en la fórmula de Newton
Teorema del Binomio . Pronto será evidente que nuestro número es de la forma $\mathcal{M}_{100}+1$ .

Answer 3

Dada la respuesta anterior de Arthur, me gustaría añadir mi versión más corta.

1: $9^5\equiv49\pmod{100}$

$$9^5=59049$$

2: $9^{10}\equiv1\pmod{100}$

$$9^{10}\equiv49\times49=2401\equiv1\pmod{100}$$

3: $$9^{1500}=(9^{10})^{150}\equiv1\pmod{100}$$

Answer 4

$$ \phi(100)=\phi(5^2)\phi(2^2)=40 $$ donde $\phi$ es la función Totiente de Euler. Entonces $$ 9^{1500}=9^{20}9^{37*40}=9^{20}=3^{40}=1 $$ Usando el pequeño teorema de Fermat.

Answer 5

He visto las respuestas restantes, pero no creo que sea necesario tanto trabajo. $$9^{1500} = (10-1)^{1500} = 1 - 15000 + 10k = 1 + 10k'$$ donde $k,k'\in\mathbb{Z}$ , por teorema del binomio .

Así que tenemos $$9^{1500} \equiv 1 + 10k' \bmod 100 $$ $$ 9^{1500} \equiv 1 \bmod 100$$ ¡que es lo que queremos!