Pruebalo $b_n = b_{n+100}$

Question

Que $b_n$ denotan el dígito de las unidades de $\displaystyle\sum_{a=1}^n a^a$. Demostrar que $b_n = b_{n+100}$.

Trató de reescribir la suma, pero no veía cómo probar la igualdad. Por ejemplo, si tenemos $n = 178$ $$\displaystyle\sum_{a=1}^{178} a^a = (1^1+2^2+3^3+\cdots+78^{78})+(79^{79}+80^{80}+81^{81}+\cdots+178^{178})$$ and so we need to show that $79^{79}+80^{80}+81^{81}+\cdots+178^{178} \equiv 0 \pmod{10}$. ¿Hay una manera más fácil de probar el resultado general?

Answer 1

Es suficiente para probar que para cada entero $k$

$$\sum_{a=t+1}^{t+100} a^a \equiv 0 \mod10$$

Considere la posibilidad de una larga con índices de $k,k+10,\dots,k+90$. Tenemos $$ b(k) = k^k + (k+10)^{k+10} +\dots+(k+90)^{k+90} $$ Obviamente, el siguiente tiene $$b(k) \equiv k^k + k^{k+10} + \dots+k^{k+90}\mod10$$ El lado derecho podría ser reescrito $$k^k + k^{k+10} +\dots+k^{k+90} = k^k(1 + k^{10} +\dots+k^{90})$$

Lema 1$$1 +k^{10} + k^{20}+\dots+k^{90} + k^{100} \equiv 1 \mod10$$ Prueba. Aquí se utiliza de Fermat poco teorema, el cual establece que $b$ coprime con $10$ sutisfies la condición de $b^\varphi(10) = b^4\equiv 1\mod 10$. Y para $b$ coprime con $5$ tenemos $b^\varphi(5) = b^4\equiv 1\mod 10$.
Así, en la prueba es suficiente para ver sólo los enteros de $[0,9]$.

1. Para el coprimes con $10$ tenemos $$1 +k^{10} + k^{20}+\dots+k^{100}\equiv 1 + 5(1+k^2)\equiv 1\mod10.$$
2. Para $k = 5$ tenemos $5^{10i}(1-5^{100-10i})\equiv 1\mod10$, donde la expresión dentro de los paréntesis es aún.
3. Para una $k$ tenemos $$1 + k^{10}(1 + k^{10}+\dots+k^{90})\equiv 1 \mod10,$$ donde la expresión entre corchetes es divisible por $5$ porque $$1 + k^{10}+\dots+k^{90}\equiv 5(1+k^2)\equiv 0\mod5,$$

Entonces $$k^k + k^{k+10} + k^{k+20}+\dots+k^{k+90} \equiv k^k(1-k^{100})\mod10$$

Lema 2 $$a^a(1 - a^{100})\equiv 0\mod10,$$ for an integer $$.

Prueba.

1. Para la comprimes con $10$, es sencillo de Fermat poco teorema.

2. Para $a \equiv 5\mod10$ tenemos incluso el valor de $(1-a^{100})$.

3. Para un número $a$ comprime con $5$, la cantidad de $(1-a^{100})$ es divisible por $5$ según Fermat poco teorema.

4. Para $a\equiv 0 \mod10$ es obvio.

Finalmente, podemos volver a la inicial de la suma y reescribirlo

\begin{align} \sum_{a=k}^{k+100}a^a &\equiv k^k(1 - k^{100}) + (k+1)^{k+1}(1 - (k+1)^{100}) +\dots+(k+9)^{k+9}(1 - (k+9)^{100})\mod10 \end{align}

Donde cada término es divisible por $10$ según el Lema 2. Por lo tanto, toda la última suma es realmente divisible por $10$.

Answer 2

Podemos reducir los números a los residuos modulo $10$, yo.e:

$$79^{79} + 80^{80} + \cdots + 178^{178} \equiv 9^{79} + 0^{80} + \cdots + 8^{178} \pmod {10}$$

Ahora tenga en cuenta que para cada uno de los residuos que tenemos exactamente $10$ números como la que aparece en la base del exponente. El grupo de ellos y tomar uno de los grupos. Ahora, note como su paridad es igual a la suma en el grupo es siempre igual, así que por lo tanto divisible por $2$. Ahora es suficiente para probar que es divisible por $5$. Ahora bien, si la base de que el exponente es divisible por $5$ hemos terminado, así que supongamos que no lo es. Por lo tanto son coprime. Ahora tenga en cuenta que podemos reducir los exponentes modulo $4$ $a^{4} \equiv 1 \pmod 5$ por el Teorema de Fermat y como $\frac{4}{(4,10)} = 2$ los exponentes se repetirá en ciclos de dos, por lo que los podemos agrupar en $5$ grupos con el mismo resto, por lo tanto la suma es divisible por $5$.

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Para una mejor ilustración de la última etapa de verificación esto:

$$79^{79} + 89^{89} + 99^{99} + 109^{109} + 119^{119} + 129^{129} + 139^{139} + 149^{149} + 159^{159} + 169^{169} $$ $$\equiv 9^{79} + 9^{89} + 9^{99} + 9^{109} + 9^{119} + 9^{129} + 9^{139} + 9^{149} + 9^{159} + 9^{169} $$ $$\equiv 9^{3} + 9^{1} + 9^{3} + 9^{1} + 9^{3} + 9^{1} + 9^{3} + 9^{1} + 9^{3} + 9^{1} \equiv 5(9^3 + 9^1) \equiv 0 \pmod 5$$

Answer 3

$b_{n+100} = b_n + \left( \sum_{i=n+1}^{n+100} i^i \bmod 10\right)$

Ya que el % de Euler φ $\phi(10) = \phi(5)\cdot\phi(2) = 4 $y $10$ es squarefree, sabemos que $a^k\equiv a^{k+4} \bmod 10$ % positivo todos $k$. Esto también significa $a^k\equiv a^{k+20} \bmod 10$.

Entonces $(a+20)^{a+20} \equiv a^{a+20} \equiv a^a \bmod 10$ y así $$\sum_{i=k+1}^{k+100} i^i \equiv 5\sum_{i=k+1}^{k+20}i^i \pmod{10}$ $

La suma de estos última tiene $10 $ términos impares y así es, así $$\sum_{i=k+1}^{k+100} i^i \equiv 5\sum_{i=k+1}^{k+20}i^i \equiv 10m \equiv 0 \pmod{10}$ $

como sea necesario.

Answer 4

Podemos utilizar la inducción:

$b_{n+100} - b_n = b_n + \sum_{a = n+1}^{a = n+100}a^a - b_n$ = $\sum_{a = n+1}^{a = n+100}a^a = Y$

$b_{n+101} - b_{n+1} = b_n + Y + (n+1)^{n+1} - b_n - (n+1)^{n+1} = Y$

Así que si suponemos $Y$ $0$ $n$ es $0$ $n+1$.