El problema general es el siguiente: Se nos da un alfabeto (finito) $\Sigma$ y un mapa $f\colon \Sigma\to\Sigma ^*$. A través de $a_1a_2\cdots \mapsto f(a_1)f(a_2)\cdots $ podemos extender $f$ al conjunto $\Sigma^*$ de palabras, e incluso al conjunto $\Sigma^\omega$ de cadenas infinitas sobre el alfabeto $\Sigma$.
Para $v,w\in\Sigma^*$ introducimos la relación 'es sufijo de': $$ v\preceq w\iff \exists u\in \Sigma^*\colon uv=w$$
La pregunta es:
P: ¿Es posible que $\alpha\in\Sigma^\omega$ sea eventualmente periódico, pero $\alpha$ no lo sea?
La respuesta depende de $f$, por supuesto. Supongamos que $f$ tiene la siguiente propiedad:
Propiedad X. Si $a,b\in\Sigma$, $w\in\Sigma^*$, $f(a)\preceq f(b)\preceq f(wa)$, entonces $a=b$.
Ahora supongamos que $\alpha\in\Sigma^\omega$ no es eventualmente periódico y $f(\alpha)$ es eventualmente periódico. Digamos, para $p>0$ tenemos que $f(\alpha)_n=f(\alpha)_{n+p}$ para todo $n>N$. Para cada $n\in\Bbb N$ con $|f(\alpha_1\cdots\alpha_{n-1})|>N$, definimos $\phi(n)=\langle \alpha_n,|f(\alpha_1\cdots\alpha_{n})|\bmod p\rangle$. Dado que $\phi$ toma solo valores finitos, algún valor $\langle a_0,r_0\rangle$ ocurre infinitamente veces. Entonces, por la propiedad X, para todos los $n$ con $\phi(n)=\langle a_0,r_0\rangle$, $\phi(n-1)$ es indefinido o siempre toma el mismo valor $\langle a_1,r_1\rangle$. Repitiendo el argumento, para todos esos $n$, $\phi(n-2)$ es indefinido o toma el mismo valor $\langle a_2,r_2\rangle$, y así sucesivamente. De nuevo, por finitud, en algún momento encontraremos $\langle a_i,r_i\rangle=\langle a_j,r_j\rangle$ con $i< j. A partir de entonces, tendremos $\langle a_{i+k},r_{i+k}\rangle=\langle a_{j+k},r_{j+k}\rangle$ para todo $k\ge 0$ y por lo tanto $\alpha$ será eventualmente periódico.
Así que hemos demostrado:
Si $f$ tiene la propiedad X, entonces la respuesta a la pregunta P es "no".
Ahora necesitamos verificar si la propiedad X se cumple en el caso específico donde $\Sigma=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$ y $f(a)$ es la representación decimal del número $a^k$. Para $k$ impar esto es claro porque $\phi(10)=4$ y por lo tanto $a^k\equiv b^k\pmod{10}$ implica $a\equiv b\pmod{10}$, es decir, $f(a)\preceq f(b)$ ya implica $a=b$.
Para $k=2$, los $f(a)$ son $$0,1,4,9,16,25,36,49,64,81 $$ y vemos que $f(3)$ es sufijo de $f(7)$ y también $f(7)$ es sufijo de $f(23)$. Por lo tanto, aquí la propiedad X no se cumple (y de hecho la respuesta a la pregunta P es "sí", como se muestra al dejar que $\alpha$ sea una concatenación de $23$ y $7$ en un patrón no repetitivo.
Para $k=4$, los $f(a)$ son $$0,1,16,81,256,625,1296,2401,4096,6561$$ Solo $f(1)$ es sufijo de otros $f(a)$, a saber, de $f(3)$, $f(7)$, $f(9)$. Pero (por inspección) ni $8$ ni $240$ ni $656$ se pueden obtener como sufijo de algún $f(w)$. Por lo tanto, la propiedad X se cumple.
Para $k=6$, los $f(a)$ son $$ 0, 1, 64, 729, 4096, 15625, 46656, 117649, 262144, 531441.$$ Nuevamente, solo $f(1)$ es un sufijo (y este será el caso para todos los exponentes pares), pero solo de $f(9)$ y $53144$ no es obtenible como sufijo de algún $f(w)$. Por lo tanto, la propiedad X se cumple.
Para $k=8$, tenemos $$0,1, 256, 6561, 65536, 390625, 1679616, 5764801, 16777216, 43046721$$ y solo necesitamos verificar que $656$, $576480$, $4304672$ no son obtenibles como sufijo. Verificar.
La conjetura principal es
Conjetura 1. La propiedad X se cumple para todos los $k\ge 3$.
También tenemos una conjetura secundaria
Conjetura 2. Si $k\ge 3$ y $f(a)$ es un sufijo de $f(b)$ para dos dígitos $a,b$, entonces $a=b$ o $a=1$.
Algo de trabajo en esto: Tomemos $0\le a
Para un dado $2\le a75$. (Para un ejemplo específico: con $a=2, b=8$, tenemos $m_0=2$, $m_1=4$, $m_2=76$, $m_3=15936395277450702718847601312677127001857150683576647$). También, se verifica que $p(a,b,75)\ge4235164736271501695341612503398209810256958007812500$ para todos estos $(a,b)$. Esto muestra que la conjetura 2 se cumple para $k\le 4235164736271501695341612503398209810256958007812500$.
Para mostrar la conjetura 1 para el mismo rango de $k$, es suficiente investigar si se puede construir $\frac{b^k-1}{10}$ para esos $b>1$ con $b^k\equiv 1\pmod{10}$.
