Cuántos ceros finales en $11^{50}-1$?

Question

El problema nos pide encontrar cuántos ceros finales hay en la representación decimal de $11^{50}-1$. Yo realmente no sé cómo "atacar" a este problema. No es un consejo que yo debería tratar utilizando el teorema del binomio, pero:

$$(1+10)^{50}=\sum_{i=0}^{50}\binom{50}{i}10^i$$

no se parece a nada útil. Entonces, ¿cómo debo usar el teorema del binomio para obtener algo útil?

Answer 1

Deje $A_n=11^n-1$. Entonces: $$ A_{2n} = A_n (A_n+2), $$ $$ A_{5n} = A_n (A_n^4+5A_n^3+10A_n^2+10A_n+5 ),$$ a partir de la cual, dado que el $A_1=2\cdot 5$:

$$\forall n\geq 2,\qquad \nu_2(A_{n}) = 2+\nu_2(n),\qquad \nu_5(A_n)=1+\nu_5(n).$$

La anterior identidades dar: $$\nu_2(A_{50}) = 2+\nu_2(50) = 3,\qquad \nu_5(A_{50})=1+\nu_5(50) = 3,$$ de ahí que el número de ceros finales de $A_{50}$$\color{red}{3}$.

^{Aquí, como de costumbre, $\nu_p(n)$ es sinónimo de $\max\{m\in\mathbb{N}:p^m\mid n\}$.}

Answer 2

El binomio de la punta puede trabajar.

Tome $$11^{50}-1=\sum_{i=\mathbf1}^{50}\binom{50}i10^i$$ Se observa que el $i$th término tiene al menos $i$ ceros a la derecha (puede ser más si el coeficiente binomial tiene ceros a la derecha). Esto significa que el $i$th plazo no va a "arreglar" a cualquiera de las $i$ más a la derecha de los dígitos obtenidos en la primera $i-1$ términos.

Su trabajo ahora es la suma de $i$ términos hasta que uno de los $i$ más a la derecha de los dígitos no es cero. (Sugerencia: que ocurre rápidamente)

Answer 3

He aquí un tedioso solución que sólo utiliza el teorema del binomio. Queremos calcular el mayor $m$ tal forma que:

$$ 11^{50} - 1 \equiv 0 \pmod{10^m}$$

Como se señaló:

$$ 11^{50} - 1 = \sum_{i=1}^{50} \binom{50}{i} 10^i $$

Con el fin de encontrar este modulo $10^m$, podemos ignorar cada término después de la $m-1$th plazo. Que es:

$$ 11^{50} - 1 \equiv \sum_{i=1}^{m-1} \binom{50}{i} 10^i \pmod{10^m} $$

Tiempo para un poco de aritmética:

$ \binom{50}{1} 10^1 = 500 $ $$ 500 \equiv 0 \pmod{100} $$ $ \binom{50}{2} 10^2 = 122500 $ $$ 500 + 122500 \equiv 0 \pmod{1000} $$ $ \binom{50}{3} 10^3 = 19600000 $ $$ 500 + 122500 + 19600000 \equiv 3000 \pmod{10000} $$

por lo tanto, hay 3 ceros finales.

Answer 4

Si calcular los tres primeros términos de la expansión binomial, se obtiene

$$\begin{align} (1+10)^{50}&=1+50\cdot10+{50\cdot49\over2}100+{50\cdot49\cdot48\over6}1000+(\text{a multiple of }10000)\\ &=1+500+122500+(\text{a multiple of }10000)\\ &=3001+(\text{a multiple of }10000) \end{align}$$

Answer 5

Un enfoque alternativo - búsqueda de la máxima potencia de $2$ que divide $11^{50}-1$, y, a continuación, mostrar que el mismo poder de $5$ divide $11^{50}-1$.

Factor $11^{50}-1=(11^{25}-1)(11^{25}+1)$. $$11^{25}+1\equiv 4\pmod 8\\11^{25}-1\equiv 2\pmod 8$$ so the highest power of $2$ which divides $11^{50}-1$ is $2^3$.

Ahora sólo es necesario demostrar que la $11^{50}-1$ es divisible por $125$. Pero $11^5\equiv 1\pmod {25}$$\frac{11^{50}-1}{11^5-1}=\sum_{k=0}^{9} 11^{5k} \equiv 0\pmod 5$. Por lo $11^{50}-1$ es divisible por $5^3$.

(¿Por qué es $11^5-1\equiv 1\pmod {25}$? Usted puede pensar que a través de teorema del binomio, $(10+1)^5-1$, o usted podría pensar en él como $\mathbb Z_{25}^\times$ ser cíclica o de la orden de $20$, e $11\equiv 1\pmod 5$ muestra que $11$ es un cuarto poder, el modulo $25$. O simplemente que $9^4\equiv 11\pmod{25}.$)