Eindhoven University of Technology BACHELOR Cijfers in

Eindhoven University of Technology
BACHELOR
Cijfers in producten van opeenvolgende getallen
Hagelüken, M.J.
Award date:
2015
Disclaimer
This document contains a student thesis (bachelor's or master's), as authored by a student at Eindhoven University of Technology. Student
theses are made available in the TU/e repository upon obtaining the required degree. The grade received is not published on the document
as presented in the repository. The required complexity or quality of research of student theses may vary by program, and the required
minimum study period may vary in duration.
General rights
Copyright and moral rights for the publications made accessible in the public portal are retained by the authors and/or other copyright owners
and it is a condition of accessing publications that users recognise and abide by the legal requirements associated with these rights.
• Users may download and print one copy of any publication from the public portal for the purpose of private study or research.
• You may not further distribute the material or use it for any profit-making activity or commercial gain
Take down policy
If you believe that this document breaches copyright please contact us providing details, and we will remove access to the work immediately
and investigate your claim.
Download date: 18. Jul. 2017
Technische Universiteit Eindhoven
Bachelor Eindproject: Cijfers in
producten van opeenvolgende getallen
Begeleider
Aart Blokhuis
Student/Auteur
Max Hagelüken, 0786656
24 juli 2015
1
Inhoudsopgave
1
2
Inleiding ........................................................................................................................................... 4
1.1
Probleem1 ............................................................................................................................... 4
1.2
Probleem 2 ............................................................................................................................ 4
Cijfers van g(g+1)…(g+k) .................................................................................................................. 5
2.1
Manier 1 .................................................................................................................................. 5
2.1.1
2.2
Manier 2 .................................................................................................................................. 6
2.2.1
2.3
3
2.3.1
𝒌 = 𝟓, 𝒄 = 𝟒 .................................................................................................................... 8
2.3.2
𝒌 = 𝟒, 𝒄 = 𝟒 .................................................................................................................... 8
Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal p .................................................................................... 10
3.1
Recursieve vergelijking .......................................................................................................... 10
3.2
Directe vergelijking ................................................................................................................ 11
Voorbeeld ...................................................................................................................... 12
3.3
Verbeterde recursieve vergelijking ....................................................................................... 13
3.4
Aantal getallen eindigend op j met i cijfers ........................................................................... 13
3.4.1
3.5
Voorbeeld ...................................................................................................................... 14
Directe vergelijking van een generatie van getallen ............................................................. 15
3.5.1
Eigenvectoren en eigenwaardes van de standaardmatrix ............................................ 15
3.5.2
Eigenvectoren en eigenwaardes van de gecombineerde matrix .................................. 16
3.5.3
Voorbeeld ...................................................................................................................... 16
3.6
Alternatieve methodes voor het vinden van een generatie van getallen............................. 18
Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal b .................................................................................... 21
4.1
5
Voorbeeld ........................................................................................................................ 7
Resultaten................................................................................................................................ 8
3.2.1
4
Voorbeeld ........................................................................................................................ 5
Recursieve vergelijking .......................................................................................................... 21
4.1.1
Minimum aantal vermenigvuldigingen met 5 ............................................................... 21
4.1.2
Modulo 10 ..................................................................................................................... 22
Laatste l niet nul cijfers van n! in grondtal p ................................................................................. 24
5.1
Recursieve vergelijking .......................................................................................................... 24
5.1.1
Uitwerken van de vermenigvuldiging ............................................................................ 24
5.1.2
Recursieve vergelijking .................................................................................................. 25
2
5.2
Directe formule ..................................................................................................................... 26
5.2.1
5.3
Aantal getallen eindigend op j met i cijfers ........................................................................... 26
5.3.1
6
Voorbeeld ...................................................................................................................... 26
Voorbeeld ...................................................................................................................... 26
Primitieve wortel bij vermenigvuldigen modulo p ........................................................................ 28
6.1
Vinden van een primitieve wortel modulo p......................................................................... 28
7
Conclusie ....................................................................................................................................... 30
8
Bibliografie..................................................................................................................................... 31
3
1 Inleiding
In dit Bachelor Eindproject komen twee problemen aan bod die kijken naar bepaalde eigenschappen
van de cijfers van producten van opeenvolgende getallen.
1.1 Probleem1
Het eerste probleem omvat producten van een aantal opeenvolgende getallen en uit hoeveel
verschillende getallen deze producten bestaan. De oorsprong voor dit probleem kwam van de
volgende vraag.
Stel je wil een wachtwoord hebben van cijfers 0-9 en letters a-z. Dan heb je dus 10 + 26 = 36
verschillende tekens. Als je nou een wachtwoord wilt hebben waarin geen teken 2 keer voorkomt op
hoeveel manieren kan dat dan? Het antwoord is op 36 ∗ 35 ∗ 34 ∗ 33 ∗ 32 ∗ 31 = 1402410240
manieren.
Het opvallende aan dit resultaat is dat het getal 1402410240 alleen de getallen 0,1,2 en 4 bevat. Dit
is opvallend want de kans dat een willekeurig getal van 10 cijfers uit maar 4 verschillende cijfers
4 10
bestaat is (10
) (10)
4
≈ 0.022.
De vraag is nu dus hoeveel van deze getallen zijn er en is dit aantal eindig of oneindig. Ook kun je je
afvragen hoe je deze getallen vindt.
1.2 Probleem 2
Het tweede probleem bekijkt de cijfers van 𝑛!. Het eerste idee is om alleen te kijken naar het laatste
cijfer van 𝑛! maar je kan inzien dat vanaf 𝑛 = 5 dit gelijk is aan 0 aangezien er dan vermenigvuldigd is
met 2 ∗ 5 = 10.
Vervolgens is het dus slimmer om naar het laatste niet nul cijfer te kijken. Hiervan zijn de eerste 25
getallen
1,2,6,4,2,2,4,2,8,8,8,6,8,2,8,8,6,8,2,4,4,8,4,6,4, …
Wat opvalt is dat alle getallen even zijn. Ook lijken sommige getallen meer voor te komen zo komt de
6 maar 4 keer voor terwijl de 8 wel 8 keer voor komt. We vragen ons dus af of er bepaalde patronen
zijn in het laatste niet nul cijfer van 𝑛!.
Vervolgens heeft het ook nut om te kijken naar 𝑛!𝑝 oftewel 𝑛! uitgeschreven in grondtal 𝑝 priem en
kijken of hier iets over de cijfers valt te zeggen.
4
2 Cijfers van g(g+1)…(g+k)
Ter verduidelijking voor de notatie
- Het aantal cijfers van het getal 12312 is gelijk aan 5 terwijl het aantal verschillende cijfers
van het getal 12312 gelijk is aan 3.
- 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) = 𝑔 ∗ (𝑔 + 1) ∗ ⋯ ∗ (𝑔 + 𝑘) waar 𝑔 ≥ 0, 𝑘 ≥ 0 .
Bij het karakteriseren van het aantal verschillende cijfers 𝑐 dat het product 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) heeft is de
standaard aanpak om gewoon alle getallen 𝑔 af te gaan beginnend bij 0. Dit is echter niet praktisch
want er zijn veel getallen die je op basis van een paar criteria kunt uitsluiten. Twee mogelijke
manieren om getallen 𝑔 uit te sluiten zullen aan bod komen. Beide manieren die besproken worden
gebruiken een manier om een getal 𝑔1 uit te bereiden naar een getal 𝑔2 waarbij toch 𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) een
aantal cijfers hetzelfde houd als 𝑚𝑢𝑙(𝑔1 , 𝑘).
2.1 Manier 1
Laat 𝑔1 een getal zijn met 𝑗 cijfers. Kijk vervolgens naar 𝑔2 = 𝑔1 + ℎ ∗ 10𝑗 voor een willekeurige
ℎ ≥ 0. Als je nu kijkt naar 𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 dan krijg je
𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 ≡
𝑚𝑢𝑙(𝑔1 + ℎ ∗ 10𝑗 , 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 ≡
(𝑔1 + ℎ ∗ 10𝑗 ) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 ∗ ⋯ ∗ (𝑔1 + 𝑘 + ℎ ∗ 10𝑗 ) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 ≡
(𝑔1 ) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 ∗ ⋯ ∗ (𝑔1 + 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 ≡
𝑚𝑢𝑙(𝑔1 , 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗
Dus de laatste 𝑗 cijfers van 𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) zijn gelijk aan de laatste 𝑗 cijfers van 𝑚𝑢𝑙(𝑔1 , 𝑘). Dit betekent
dat als de laatste 𝑗 cijfers van 𝑚𝑢𝑙(𝑔1 , 𝑘) al te veel verschillende cijfers bevat, getallen van de vorm
𝑔2 = 𝑔1 + ℎ ∗ 10𝑗 niet meer overwogen hoeven worden.
Voor het zoeken naar getallen 𝑔 waarvan 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) precies 𝑐 verschillende cijfers heeft kan de lijst
van getallen waar je in zoekt dus ingekort worden door een lijst 𝑙𝑗 van getallen 𝑑 bij te houden met
0 ≤ 𝑑 < 10𝑗 waarvan 𝑚𝑢𝑙(𝑑, 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 maximaal 𝑐 verschillende cijfers bevat. Begin met 𝑙1 de
lijst van alle getallen 𝑑 met 0 ≤ 𝑑 < 10 aangezien deze getallen allemaal 1 verschillende cijfer
hebben.
Vervolgens kan de lijst 𝑙𝑗+1 recursief bepaald worden met behulp van de lijst 𝑙𝑗 . Dit kan gedaan
worden door getallen 𝑑 uit de lijst 𝑙𝑗 uit te breiden naar getallen van de vorm 𝑑2 = 𝑑 + 𝑎 ∗ 10^𝑗 met
0 ≤ 𝑎 < 10. Deze getallen 𝑑2 voldoen aan 0 ≤ 𝑑2 < 10𝑗+1 . Voeg vervolgens alle getallen 𝑑2 toe
aan de lijst 𝑙𝑗+1 waarvan 𝑚𝑢𝑙(𝑑2 , 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗+1 ,oftewel de laatste 𝑗 + 1 cijfers van 𝑚𝑢𝑙(𝑑2 , 𝑘),
maximaal 𝑐 verschillende cijfers heeft.
Getallen 𝑔 waarvan 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) precies 𝑐 verschillende cijfers heeft met 0 ≤ 𝑔 < 10𝑗 zullen dus in 𝑙𝑗
zitten. Dit is omdat getallen 𝑔 die niet in 𝑙𝑗 zitten minstens 𝑐 + 1 verschillende cijfers hebben in
𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 de laatste j cijfers van 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘).
2.1.1
Voorbeeld
5
Stel we nemen 𝑔 = 631, 𝑘 = 2 en zoeken naar getallen met maximaal 𝑐 = 2 verschillende cijfers
geeft
𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) = 631 ∗ 632 ∗ 633 = 252435336
𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) mod 103 ≡ 252435336 mod 103 ≡ 336 𝑚𝑜𝑑 103
Dit betekent dat getallen 𝑑 van de vorm … 631 altijd hebben dat 𝑚𝑢𝑙(𝑑, 𝑘) eindigt op … 336 en dus
minstens 2 verschillende cijfers heeft.
Het uitbreiden van 𝑔 naar 𝑔2 = 𝑔 + 1 ∗ 104 = 1631 geeft
𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) = 1631 ∗ 1632 ∗ 1633 = 4346706336
𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) mod 104 ≡ 4346706336 mod 104 ≡ 6336 𝑚𝑜𝑑 104
Dit betekent dat getallen 𝑑 van de vorm …1631 nog een kans hebben dat 𝑚𝑢𝑙(𝑑, 𝑘) precies 2
verschillende getallen heeft.
Het uitbreiden van 𝑔 naar 𝑔3 = 𝑔 + 2 ∗ 104 = 2631 geeft
𝑚𝑢𝑙(𝑔3 , 𝑘) = 2631 ∗ 2632 ∗ 2633 = 18232977336
𝑚𝑢𝑙(𝑔3 , 𝑘) mod 104 ≡ 18232977336 mod 104 ≡ 7336 𝑚𝑜𝑑 104
Dit betekent dat getallen 𝑑 van de vorm …2631 altijd minstens 3 verschillende getallen hebben in
𝑚𝑢𝑙(𝑑, 𝑘) en dus kunnen uitgesloten worden.
2.2 Manier 2
In manier 1 wordt in feite een getal uitgebreid door er aan de voorkant cijfers aan toe te voegen.
Manier 2 breid een getal 𝑔1 aan de achterkant uit naar getallen 𝑔2 = 𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ met 𝑗 ≥ 1,10𝑗 >
ℎ ≥ 0. Om iets te kunnen zeggen over de overeenkomstige eerste paar cijfers van 𝑚𝑢𝑙(𝑔1 , 𝑘) en
𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) is het makkelijk om een bepaalde boven- en ondergrens voor 𝑔2 te vinden.
Voor de ondergrens geldt
𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) =
𝑚𝑢𝑙(𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ , 𝑘) =
(𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ) ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ + 1) ∗ ⋯ ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ + 𝑘) ≥
(𝑔1 ∗ 10𝑗 ) ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 ) ∗ ⋯ ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 ) =
𝑔1 𝑘+1 ∗ 10𝑗(𝑘+1)
Voor de bovengrens geldt
𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) =
𝑚𝑢𝑙(𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ , 𝑘) =
(𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ) ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ + 1) ∗ ⋯ ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + ℎ + 𝑘) ≤
(𝑔1 ∗ 10𝑗 + 10𝑗 − 1) ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + 10𝑗 ) ∗ ⋯ ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + 10𝑗 + 𝑘 − 1) <
𝑘−1
𝑘−1
(𝑔1 ∗ 10𝑗 + 10𝑗 + ⌈ 10𝑗 ⌉ ∗ 10𝑗 ) ∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + 10𝑗 + ⌈ 10𝑗 ⌉ ∗ 10𝑗 ) ∗ ⋯
𝑘−1
∗ (𝑔1 ∗ 10𝑗 + 10𝑗 + ⌈ 10𝑗 ⌉ ∗ 10𝑗 ) =
6
𝑘+1
𝑘−1
𝑗
∗
10
)
=
⌉)
10𝑗
𝑘+1
𝑘−1
∗ 10𝑗(𝑘+1)
⌈ 10𝑗 ⌉)
((𝑔1 + 1 + ⌈
(𝑔1 + 1 +
𝑘−1
𝑘+1
De conclusie hiervan is dat de 𝑖 cijfers die 𝑔1 𝑘+1 en (𝑔1 + 1 + ⌈ 10𝑗 ⌉)
overeenkomstig hebben
dus ook de eerste 𝑖 cijfers zullen zijn van 𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘). Als deze 𝑖 cijfers al meer dan 𝑐 verschillende
cijfers zijn zal 𝑚𝑢𝑙(𝑔2 , 𝑘) in totaal dus ook meer dan 𝑐 verschillende cijfers hebben.
𝑘−1
𝑘+1
Opvallend is dat voor grotere 𝑗 de term (𝑔1 + 1 + ⌈ 𝑗 ⌉)
alleen kleiner wordt en dus zullen er
10
meer eerste 𝑖 overeenkomende cijfers zijn. Dit betekent dat alleen voor 𝑗 = 1 hoeft gekeken worden
want die eerste 𝑖 overeenkomende cijfers worden gedeeld door alle uitbereidingen van 𝑔1 ongeacht
hoeveel cijfers je erachteraan toevoegt.
Een klein detail hierbij is dat 1234 en 125 niet 12 als overeenkomstige getallen heeft maar 1234 en
1256 wel.
Voor het zoeken naar getallen 𝑔 waarvan 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) precies 𝑐 verschillende cijfers heeft kan de lijst
van getallen waar je in zoekt dus op een soortgelijke manier ingekort worden door een lijst 𝑙𝑗 van
getallen 𝑑 bij te houden met 10𝑗−1 ≤ 𝑑 < 10𝑗 waarvan de eerste 𝑖 cijfers die 𝑑𝑘+1 en (𝑑 + 1 +
𝑘−1
𝑘+1
overeenkomstig hebben maximaal 𝑐 verschillende cijfers bevat. Begin met 𝑙1 de lijst van
⌈ 10𝑗 ⌉)
alle getallen 𝑑 met 1 ≤ 𝑑 < 10 aangezien voor deze getallen geldt dat 𝑑 en 𝑑 + 1 al geen
𝑘−1
overeenkomstige getallen heeft aan het begin dus 𝑑 en 𝑑 + 1 + ⌈ 10𝑗 ⌉ heeft ook geen
overeenkomstige getallen. Aangezien de getallen geen overeenkomstige getallen bevat hebben de
overeenkomstige getallen hiervan 0 verschillende cijfers dus zeker maximaal c verschillende cijfers.
Vervolgens kan uit een lijst 𝑙𝑗 de lijst 𝑙𝑗+1 gehaald worden. Dit kan gedaan worden door getallen 𝑑 uit
de lijst 𝑙𝑗 uit te breiden naar getallen van de vorm 𝑑2 = 𝑑 ∗ 10 + 𝑎 met 0 ≤ 𝑎 < 10. Deze getallen
𝑑2 voldoen aan 10𝑗 ≤ 𝑑2 < 10𝑗+1 . Voeg vervolgens alle getallen 𝑑2 toe aan de lijst 𝑙𝑗+1 waarvan de
𝑘−1
𝑘+1
eerste 𝑖 cijfers die 𝑑2 𝑘+1 en (𝑑2 + 1 + ⌈ 10𝑗 ⌉)
overeenkomstig hebben maximaal 𝑐
verschillende cijfers bevat.
Getallen 𝑔 waarvan 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) precies 𝑐 verschillende cijfers heeft met 10𝑗−1 ≤ 𝑔 < 10𝑗 zullen dus
in 𝑙𝑗 zitten. Dit is omdat getallen 𝑔 die niet in 𝑙𝑗 zitten minstens 𝑐 + 1 verschillende cijfers hebben in
𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10𝑗 de laatste j cijfers van 𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘).
2.2.1
Voorbeeld
Stel we nemen 𝑔 = 229, 𝑘 = 2 en zoeken naar getallen met maximaal 𝑐 = 2 verschillende cijfers
geeft
𝑔𝑘+1 = 2293 = 12008989
𝑘−1
𝑘+1
(𝑔 + 1 + ⌈ 10 ⌉)
= (229 + 1 + 1)3 = 12326391
De eerste overeenkomstige cijfers van 12008989 en 12326391 zijn 12 Dit betekent dat getallen 𝑑
van de vorm 229 … altijd hebben dat 𝑚𝑢𝑙(𝑑, 𝑘) begint met 12… en dus minstens 2 verschillende
cijfers heeft.
7
Het uitbreiden van 𝑔 naar 𝑔3 = 𝑔 ∗ 10 + 7 = 2297 geeft
𝑔2 𝑘+1 = 22973 = 12119452073
(𝑔2 + 1 + ⌈
𝑘−1 𝑘+1
⌉)
10
= (2297 + 1 + 1)3 = 12151136899
De eerste overeenkomstige cijfers van 12119452073 en 12151136899 zijn 121 Dit betekent dat
getallen 𝑑 van de vorm 2297 … altijd hebben dat 𝑚𝑢𝑙(𝑑, 𝑘) begint met 120… en dus minstens 2
verschillende cijfers zal hebben. Deze getallen hebben nog een kans dat ze volledig uit 2
verschillende cijfers bestaan.
Het uitbreiden van 𝑔 naar 𝑔3 = 𝑔 ∗ 10 + 1 = 2291 geeft
𝑔3 𝑘+1 = 22913 = 12024728171
𝑘−1
𝑘+1
(𝑔3 + 1 + ⌈ 10 ⌉)
= (2291 + 1 + 1)3 = 12056247757
De eerste overeenkomstige cijfers van 12024728171 en 12056247757 zijn 120 Dit betekent dat
getallen 𝑑 van de vorm 2291 … altijd hebben dat 𝑚𝑢𝑙(𝑑, 𝑘) begint met 120… en dus meer dan 2
verschillende cijfers zal hebben en dus uitgesloten kunnen worden.
2.3 Resultaten
Voor twee specifieke 𝑘 en 𝑐 zal ik een voorbeeld geven van de lijst van gevonden getallen 𝑔 zodat
𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) precies 𝑐 verschillende cijfers bevat
2.3.1
𝒌 = 𝟓, 𝒄 = 𝟒
De lijst van gevonden getallen bij 𝑘 = 5, 𝑐 = 4 is
3, 4, 5, 9, 11, 15, 31, 45, 74
Hierbij is gekeken naar de getallen 1 tot 107 .
2.3.2
𝒌 = 𝟒, 𝒄 = 𝟒
De lijst van gevonden getallen bij 𝑘 = 4, 𝑐 = 4 is
4, 5, 6, 8, 9, 26, 45, 60,
97, 98, 255,
997,998,
9997, 9998,
99997,99998,
999997, 999998
9999997, 9999998
Hierbij is gekeken naar de getallen 1 tot 107 .In de lijst is een duidelijk verschil tussen twee typen
getallen.
Het eerste soort lijkt random zonder patroon. Hierbij is het grootste getal 255.
8
Het tweede soort heeft een duidelijk patroon en bevat de twee patronen 9 … 97 en 9 … 98. Als je de
vergelijking voor het patroon 9 … 98 = 10𝑖 − 2 uitschrijft dan zie je dat dit gelijk is aan
(10𝑖 − 2)(10𝑖 − 1)10𝑖 (10𝑖 + 1)(10𝑖 + 2) =
(102𝑖 − 4)(102𝑖 − 1)10𝑖 =
105𝑖 − 5 ∗ 103𝑖 + 4 ∗ 10𝑖
Hierin is het resultaat het patroon
9 … 950 … 040 … 0
Dit patroon bestaat uit de cijfers 0,4,5,9 en heeft dus inderdaad 4 verschillende cijfers.
9
3 Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal p
Voor het in kaart brengen van het gedrag van de laatste niet nul cijfer van 𝑛! in grondtal 𝑝 > 2 priem
is het handig om te kijken wat het gedrag is in termen van de cijfers van 𝑛 geschreven in grondtal 𝑝.
Om een beter beeld te krijgen van het gedrag is het handig om de volgende stappen uit te voeren:
1. Beschrijf het gedrag recursief. In dit geval in termen van het weghalen van het laatste
cijfer.
2. Vind op basis van de recursieve vergelijking een directe vergelijking in termen van de
cijfers van 𝑛.
3. Vind op basis van de directe vergelijking uit 2 een verbeterde recursieve vergelijking die
bij het toevoegen van een cijfer alleen informatie nodig heeft van het toegevoegde cijfer.
4. Kijk naar het aantal getallen waarvan 𝑛! eindigt op 𝑘 waarbij je getallen van een bepaald
aantal cijfers bekijkt. Stel hiervoor eerst een recursieve vergelijking op met behulp van de
recursieve vergelijking voor de laatste cijfer van een getal uit 3.
5. Gebruik de recursieve formule uit 4 om een directe formule te vinden voor het aantal
getallen waarvan 𝑛! met maximaal 𝑗 cijfers die eindigen op 𝑘.
3.1 Recursieve vergelijking
Voor het kijken naar de laatste niet nul cijfer van een getal is het makkelijker om te redeneren over
waar dit gelijk gelijk aan is modulo 𝑝. Dus laat de functie 𝑙𝑑(𝑛) het laatste niet nul cijfer van n
𝑝−1 𝑝−1
modulo 𝑝 zijn met 𝑙𝑑(𝑛) ∈ (−
,
). Verder is het handig om in te zien dat het laatste niet nul
2
2
cijfer van 𝑎 ∗ 𝑏 gelijk is aan 𝑎 ∗ 𝑏 𝑚𝑜𝑑 𝑝 als 𝑎 en 𝑏 geen 𝑝-voud zijn en dus in het bijzonder als
0 ≤ 𝑎, 𝑏 < 𝑝. Om het laatste niet nul cijfer van 𝑛! uit te rekenen is het handig om eerst elke term in
grondtal 𝑝 uit te schrijven. Dit wordt gedaan omdat er dan een hele boel overbodige termen met 𝑝vouden uitgewerkt kunnen worden. stel dus eerst
𝑛 = 𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ + 𝑛𝑘 𝑝𝑘 = ∑𝑘𝑖=0 𝑛𝑖 𝑝𝑖
en herschrijf
1 ∗ 2 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1) ∗ 𝑝 ∗ (𝑝 + 1) ∗ ⋯ ∗ (𝑝2 − 1) ∗ 𝑝2 ∗ (𝑝2 + 1) ∗ ⋯ ∗ 𝑛
als
1 ∗ 2 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1) ∗ 𝑝 ∗ (1 + 𝑝) ∗ ⋯ ∗ ((𝑝 − 1) + (𝑝 − 1)𝑝) ∗ 𝑝2 ∗ (1 + 𝑝2 ) ∗ ⋯
∗ (𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 ) ∗ ⋯ ∗ (𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )
Met andere woorden schrijf elke term in het product als ∑ 𝑐𝑖 𝑝𝑖 met 𝑐. Hierdoor wordt het product
een product van sommen die je kunt uitschrijven in een som van producten. In deze som van
producten heeft elke term in de som een aantal 𝑝 factoren waarbij een term in de som ∑ 𝑐𝑖 𝑝𝑖 het
minst aantal 𝑝 factoren heeft. Dit is de 𝑐𝑖 𝑝𝑖 zodat 𝑐𝑗 = 0 voor 𝑗 < 𝑖 en 𝑐𝑖 ≠ 0. Hierin is de 𝑝𝑖 term
overbodig want die heeft geen invloed op het laatste niet nul cijfer.
10
Voor het opstellen van een recursieve vergelijking voor het laatste niet nul cijfer van 𝑛! In grondtal 𝑝
is het handig om eerst alle termen die geen factor 𝑝 hebben te pakken en het laatste cijfer te
gebruiken in de vermenigvuldiging. Vervolgens vormen de overige getallen (1 ∗ 𝑝) ∗ (2 ∗ 𝑝) ∗ ⋯
weer bijna een product dat erg op een faculteit lijkt. Door in dit product alle 𝑝 termen uit te werken,
aangezien die toch geen invloed hebben op het laatste getal, hou je weer een faculteit over.
De vermenigvuldiging van alle de laatste cijfers van alle termen die geen 𝑝-voud zijn heeft de
volgende vorm
(1 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1)) ∗ ⋯ ∗ (1 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1)) ∗ (1 ∗ ⋯ ∗ 𝑛0 )
Na elke (1 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1)) term komt in de originele vergelijking een 𝑝-voud voor. De laatste 𝑝-voud
is
(𝑛1 𝑝 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 𝑝𝑘 ) = 𝑝 ∗ (𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 𝑝𝑘−1 )
dus komt de (1 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1)) term (𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 𝑝𝑘−1 ) keer voor. Dus is de vermenigvuldiging
van alle termen die geen 𝑝-voud zijn gelijk aan
𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗𝑝𝑘−1
(1 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1))
𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗𝑝𝑘−1
((𝑝 − 1)!)
∗ (1 ∗ ⋯ ∗ 𝑛0 ) =
∗ 𝑛0 !
Het heeft dus nut om eerst te kijken wat de invloed is van (𝑝 − 1)! op het laatste getal. Aangezien
voor alle termen geldt dat tussen 0 en 𝑝 zitten geldt dat de invloed gelijk is aan (𝑝 − 1)! 𝑚𝑜𝑑 𝑝.
Behalve 1 en 𝑝 − 1 heeft elk getal een inverse en deze inverse zit ook in (𝑝 − 1)! dus worden
behalve 1 en 𝑝 − 1 alle getallen modulo 𝑝 vermenigvuldigd tot 1. Dus wat overblijft is (𝑝 − 1)! ≡ 𝑝 −
1 𝑚𝑜𝑑 𝑝. Verder kun je nog meer versimpelen door gebruik te maken van het feit dat 𝑝 oneven is
𝑘
dus (𝑝 − 1)𝑝 ≡ (−1)𝑝 ≡ −1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 en als je dit herhaalt toepast ook (𝑝 − 1)𝑝 ≡ −1 𝑚𝑜𝑑 𝑝.
Gebruik dit om het volgende te herschrijven
𝑛 +⋯+𝑛 ∗𝑝𝑘−1
1
𝑘
∗ 𝑛0 ! ≡
((𝑝 − 1)!)
𝑘−1
𝑛
+⋯+𝑛
∗𝑝
1
𝑘
(−1)
∗ 𝑛0 ! ≡
(−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! 𝑚𝑜𝑑 𝑝
Voor de overige 𝑝-vouden geld dat de grootste gelijk is aan 𝑝 ∗ (𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 𝑝𝑘−1 ). Als in al deze
𝑝-vouden een vermenigvuldiging met 𝑝 weggelaten wordt dan is wat overblijft (𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗
𝑝𝑘−1 )! dit is een faculteit van een getal met een cijfer minder. Dus is de conclusie
𝑙𝑑 ((𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )!) ≡ (−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! ∗ 𝑙𝑑 ((𝑛1 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘−1 )!) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
3.2 Directe vergelijking
Door deze recursieve vergelijking herhaaldelijk toe te passen kan een directe vergelijking gevonden
worden. De base case voor deze vergelijking is 𝑙𝑑(𝑛𝑘 !) ≡ 𝑛𝑘 ! 𝑚𝑜𝑑 𝑝 met 0 ≤ 𝑛𝑘 < 𝑝. Het
herhaaldelijk toepassen geeft:
𝑙𝑑 ((𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )!) ≡
11
(−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! ∗ 𝑙𝑑 ((𝑛1 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘−1 )!) ≡
(−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! ∗ (−1)𝑛2 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛1 ! ∗ 𝑙𝑑 ((𝑛2 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘−2 )!) ≡
…
(−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! ∗ (−1)𝑛2 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛1 ! ∗ ⋯ ∗ (−1)𝑛𝑘 ∗ 𝑛𝑘−1 ! ∗ 𝑙𝑑(𝑛𝑘 ) ≡
(−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! ∗ (−1)𝑛2 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛1 ! ∗ ⋯ ∗ (−1)𝑛𝑘 ∗ 𝑛𝑘−1 ! ∗ 𝑛𝑘 ! 𝑚𝑜𝑑 𝑝
Dit kan herschreven worden tot
(−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ (−1)𝑛2 +⋯+𝑛𝑘 ∗ ⋯ ∗ (−1)𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! ∗ 𝑛1 ! ∗ ⋯ ∗ 𝑛𝑘−1 ! ∗ 𝑛𝑘 ! ≡
(−1)𝑛1 +2𝑛2 +⋯+𝑘𝑛𝑘 ∗ ∏𝑘𝑖=0(𝑛𝑖 !) ≡
(−1)𝑛1 +𝑛3 +𝑛5 +⋯ ∗ ∏𝑘𝑖=0(𝑛𝑖 !) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
dus
𝑙𝑑 ((𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )!) ≡ (−1)𝑛1 +𝑛3 +𝑛5 +⋯ ∗ ∏𝑘𝑖=0(𝑛𝑖 !) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
Dus alleen de 𝑛𝑖 met oneven 𝑖 hebben een extra −1 invloed. Verder kun je de faculteiten nog verder
uitwerken. Laat 𝑏𝑖 het aantal keren zijn dat 𝑛𝑗 = 𝑖 dan kun je de uitdrukking nog vereenvoudigen
door
(−1)𝑛1 +𝑛3 +𝑛5 +⋯ ∗ 0!𝑏0 ∗ 1!𝑏1 ∗ 2!𝑏2 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1)!𝑏𝑝−1 ≡
Hierbij is het slim om eerst de faculteiten die gelijk zijn aan elkaar modulo 𝑝 bij elkaar te voegen dus
𝑖!𝑏𝑖 ∗ 𝑗!𝑏𝑗 = 𝑖!𝑏𝑖+𝑏𝑗
als
𝑖! = 𝑗!
Hierbij is het ook mogelijk om nog verder te versimpelen door het feit dat
𝑖!𝑜𝑟𝑑𝑝 (𝑖!) ≡ 1
Dus is het handig om eerst de ordes uit te rekenen van de faculteiten en vervolgens
𝑖!𝑏𝑖+𝑏𝑗+⋯ ≡ 𝑖!(𝑏𝑖+𝑏𝑗+⋯ ) 𝑚𝑜𝑑 𝑜𝑟𝑑𝑝 (𝑖!) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
toe te passen
3.2.1
Voorbeeld
3.2.1.1 𝐩 = 𝟑
Bij 𝑝 = 3 is de formule voor het laatste niet nul cijfer
Bekijk 112012! volgens de formule is de laatste niet nul digit hiervan gelijk aan
(−1)1+2+1 2! ∗ 1! ∗ 0! ∗ 2! ∗ 1! ∗ 1! ≡
(−1)4 ∗ 0!1 ∗ 1!3 ∗ 2!2 ≡
11 ∗ 13 ∗ −12 ≡
1 𝑚𝑜𝑑 3
12
3.3 Verbeterde recursieve vergelijking
In de originele recursieve vergelijking zijn in de recursieve stap de informatie van alle cijfers nodig.
Alle cijfers 𝑛0 tot 𝑛𝑘 komen voor in de term (−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! uit de vergelijking
𝑙𝑑 ((𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )!) ≡ (−1)𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑛0 ! ∗ 𝑙𝑑 ((𝑛1 + ⋯ +𝑛𝑖 𝑝𝑘−1 )!) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
Echter als je de directe vergelijking neemt voor de laatste cijfers
𝑙𝑑 ((𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )!) ≡ (−1)𝑛1 +𝑛3 +𝑛5 +⋯ ∗ ∏𝑘𝑖=0(𝑛𝑖 !) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
en
𝑙𝑑 ((𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘−1 𝑝𝑘−1 )!) ≡ (−1)𝑛1 +𝑛3 +𝑛5 +⋯ ∗ ∏𝑘−1
𝑖=0 (𝑛𝑖 !) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
dan kun je hier de volgende recursieve vergelijking uithalen
𝑘
𝑙𝑑 ((𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝 )!) ≡ {
−1 ∗ 𝑛𝑘 ! ∗ 𝑙𝑑 ((𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑘−1 𝑝𝑘−1 )!) 𝑚𝑜𝑑 𝑝 als 𝑘 oneven
𝑛𝑘 ! ∗ 𝑙𝑑 ((𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑘−1 𝑝𝑘−1 )!) 𝑚𝑜𝑑 𝑝
als 𝑘 even
Dit betekent dat in de recursieve stap alleen informatie nodig is van de cijfer die wordt verwijdert in
de recursieve stap.
3.4 Aantal getallen eindigend op j met i cijfers
Met de gegeven verbeterde recursieve vergelijking voor het laatste cijfer kan nu gekeken worden
naar de verdeling van het laatste cijfer van 𝑛!. Laat
𝑎𝑖,1
⋮
𝑎𝑖,𝑝−1
2
𝑎̅𝑖 = 𝑎 𝑝−1
𝑖,−
⋮
2
1
0
, 𝑎̅0 = ( )
⋮
0
( 𝑎𝑖,−1 )
waarbij 𝑎𝑖,𝑗 het aantal getallen 𝑔 is met 𝑖 cijfers waarbij 𝑙𝑑(𝑔!) = 𝑗. Dan kun je dit rijtje 𝑎̅𝑖 direct
karakteriseren door een vergelijking of recursief door een recursieve formule op te stellen. Het is
makkelijk om eerst de recursieve formule op te stellen en dan hieruit de directe vergelijking te halen.
Uit de verbeterde recursieve vergelijking voor het laatste cijfer van 𝑛! valt te halen dat als 𝑛! eindigt
op een 𝑗 𝑚𝑜𝑑 𝑝 en je voegt dan een cijfer 𝑑 toe aan de voorkant van 𝑛 dan eindigt het nieuwe getal
op −1 ∗ 𝑑! ∗ 𝑗 als 𝑛 een oneven aantal cijfers heeft en 𝑑! ∗ 𝑗 als 𝑛 een even aantal cijfers heeft.
Om beter te kunnen redeneren over de recursieve betrekking over 𝑎̅𝑖 is het makkelijk om deze
vermenigvuldigingen van het laatste getal uit te drukken in matrixvermenigvuldigingen op 𝑎̅𝑖 . Als het
toevoegen van een cijfer 𝑑 zorgt voor een vermenigvuldiging met ℎ dan wordt dat genoteerd door
een vermenigvuldiging van 𝑎̅𝑖 met de matrix 𝑀ℎ ofwel 𝑎̅𝑖+1 = 𝑀ℎ 𝑎̅𝑖 . Deze vermenigvuldiging zorgt
ervoor dat getallen van het type 𝑎𝑖,𝑗 omgezet worden naar getallen van het type 𝑎𝑖+1,(𝑗∗ℎ 𝑚𝑜𝑑 𝑝) .
13
Aangezien 𝑗 ∗ ℎ ≠ 𝑘 ∗ ℎ 𝑚𝑜𝑑 𝑝 als 𝑗 ≠ 𝑘 gaat elke 𝑎𝑖,𝑗 naar een unieke 𝑎𝑖+1,(𝑗∗ℎ 𝑚𝑜𝑑 𝑝) . Dit zorgt
ervoor dat elke rij en kolom van 𝑀ℎ precies een entry met de waarde 1 heeft.
Een paar dingen om in te zien over de matrices 𝑀ℎ zijn:
- Vermenigvuldiging met 𝑗 ∗ ℎ is hetzelfde als eerst vermenigvuldigen met 𝑗 en dan met ℎ of
andersom dus 𝑀𝑗∗ℎ 𝑚𝑜𝑑 𝑝 = 𝑀𝑗 𝑀ℎ = 𝑀ℎ 𝑀𝑗
- Als cijfer 𝑑1 toevoegen zorgt voor vermenigvuldiging met ℎ1 en cijfer 𝑑2 toevoegen zorgt
voor vermenigvuldiging met ℎ2 dan kan de gezamelijke toedragen beschreven worden door
𝑀ℎ1 + 𝑀ℎ2
- De matrices volgen net als hun getallen dezelfde cykels en hebben dezelfde orde. Dus als
ℎ 𝑗 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 dan is (𝑀ℎ )𝑗 = 𝑀1 = 𝐼.
Laat 𝐴 = 𝑀0! + 𝑀2! + ⋯ + 𝑀(𝑝−1)! de bijdrage zijn van het toevoegen van alle even cijfers en
𝐵 = 𝑀1! + 𝑀3! + ⋯ + 𝑀(𝑝−2)! De bijdrage van alle oneven cijfers. Dan de beidrage van alle getallen
gelijk aan
-
𝑎̅𝑖+1 = 𝑀𝑒 ∗ 𝑎̅𝑖 = (𝐴 + 𝐵) ∗ 𝑎̅𝑖
𝑎̅𝑖+1 = 𝑀𝑜 ∗ 𝑎̅𝑖 = (𝐴 + 𝑀−1 ∗ 𝐵) ∗ 𝑎̅𝑖
𝑎̅𝑖+2 = 𝑀𝑜 𝑀𝑒 ∗ 𝑎̅𝑖
als 𝑖 even is
als 𝑖 oneven is
als 𝑖 even is
Aangezien er nog vermenigvuldigd moet worden met -1 al er een oneven getal wordt toegevoegd als
𝑖 oneven is.
Een andere manier om de vermenigvuldiging te zien is om in te zien dat het vermenigvuldigen van
een getal 𝑔 met ℎ modulo een priemgetal gelijk is aan een permutatie𝜋ℎ van de getallen 1,2, … , 𝑝 −
1 met 𝜋ℎ (𝑗) = 𝑗 ∗ ℎ 𝑚𝑜𝑑 𝑝. In dit geval kun je dan 𝑀ℎ schrijven als
𝑀ℎ = (𝑒𝜋ℎ (1)
3.4.1
⋯ 𝑒𝜋
ℎ
(
𝑒𝜋
𝑝−1
)
2
ℎ (−
𝑝−1
)
2
⋯ 𝑒𝜋ℎ (−1) )
Voorbeeld
3.4.1.1 𝒑 = 𝟑
𝑀1 = ( 1
1
) = 𝐼, 𝑀−1 = (
1
1)
𝐴 = 𝑀0! + 𝑀2! = 𝑀1 + 𝑀−1
𝐵 = 𝑀1! = 𝑀1
𝑀𝑒 = 𝐴 + 𝐵 = 2𝑀1 + 𝑀−1
𝑀𝑜 = 𝐴 + 𝑀−1 𝐵 = 𝑀1 + 2𝑀−1
𝑀𝑜 𝑀𝑒 = (𝑀1 + 2𝑀−1 )(2𝑀1 + 𝑀−1 )
= 2𝑀1 𝑀1 + 𝑀1 𝑀−1 + 4𝑀−1 𝑀1 + 2𝑀−1 𝑀−1
= 2𝑀1 + 𝑀−1 + 4𝑀−1 + 2𝑀1
= 4𝑀1 + 5𝑀−1
14
3.4.1.2 𝒑 = 𝟓
1
1
1
𝑀1 = (
1
1
1
1
𝑀−2 = (
) = 𝐼, 𝑀2 = ( 1
1
1 ), 𝑀
−1
1
1
=(
1
),
1
1
)
1
𝐴 = M0! + 𝑀2! + 𝑀4! = 𝑀1 + 𝑀2 + 𝑀−1
𝐵 = 𝑀1! + 𝑀3! = 2 ∗ 𝑀1
𝑀𝑒 = 3𝑀1 + 𝑀2 + 𝑀−1
𝑀𝑜 = 𝑀1 + 𝑀2 + 3𝑀−1
𝑀𝑜 𝑀𝑒 = 3𝑀1 𝑀1 + (3 + 1)𝑀1 𝑀2 + (9 + 1)𝑀1 𝑀−1 + 𝑀2 𝑀2 + (3 + 1)𝑀2 𝑀−1 + 3𝑀−1 𝑀−1
= 3𝑀1 + 4𝑀2 + 10𝑀−1 + 𝑀−1 + 4𝑀−2 + 3𝑀1
= 6𝑀1 + 4𝑀2 + 11𝑀−1 + 4𝑀−2
3.5 Directe vergelijking van een generatie van getallen
Door de recursieve vergelijking voor 𝑎̅𝑖 herhaaldelijk toe te passen kun je een directe vergelijking
krijgen in de vorm van
𝑎̅2𝑛 = (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ∗ 𝑎̅0
𝑎̅2𝑛+1 = ( 𝑀𝑒 (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ) ∗ 𝑎̅0
Het zou hierbij lastig zijn om (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 helemaal uit te rekenen. Wat sneller zou zijn is als 𝑀𝑜 𝑀𝑒
(𝑝 − 1) verschillende eigenvectoren 𝑣̅𝑗 , 𝑗 ∈ [1, 𝑝 − 1] met bijbehorende eigenwaarden 𝜆𝑗 heeft dan
kan 𝑎0 uitgeschreven worden als
𝑎0 = 𝑐1 𝑣̅1 + ⋯ + 𝑐𝑝−1 𝑣̅𝑝−1
en dus
(𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ∗ 𝑎̅0 = (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ∗ (𝑐1 𝑣̅1 + ⋯ + 𝑐𝑝−1 𝑣̅𝑝−1 )
= 𝑐1 (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 𝑣̅1 + ⋯ +𝑐𝑝−1 (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 𝑣̅𝑝−1
= 𝑐1 (𝜆1 )𝑛 𝑣̅1 + ⋯ + 𝑐𝑝−1 (𝜆𝑝−1 )𝑛 𝑣̅𝑝−1
3.5.1
Eigenvectoren en eigenwaardes van de standaardmatrix
Voor het vinden van de eigenvectoren en eigenwaardes van 𝑀ℎ is het makkelijk om eerst de
eigenvectoren en eigenwaardes van 𝑀𝑟 te vinden met 𝑟 een primitieve wortel.
Allereerst is het makkelijk om te kijken wat mogelijke waarden zijn voor 𝜆. Laat 𝜆 een eigenwaarde
van 𝑀𝑟 zijn dan is (𝑀𝑟 )𝑝−1 = 𝑀𝑟𝑝−1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 = 𝑀1 = 𝐼. Dat betekent dat 𝜆𝑝−1 = 1. Dus alleen
oplossingen van deze vergelijking kunnen een eigenwaarde zijn.
15
Bewijs vervolgens dat elke oplossing van deze vergelijking ook daadwerkelijk een eigenwaarde is.
Laat 𝜆 een oplossing zijn van de vergelijking. Stel 𝑏̅ = 𝑀𝑟 ∗ 𝑣̅ dan volgt 𝑏𝜋𝑟 (𝑖) = 𝑣𝑖 . Vul vervolgens 𝜆𝑣̅
in voor 𝑏̅ dan krijg je 𝜆𝑣𝜋𝑟 (𝑖) = 𝑣𝑖 . Neem vervolgens voor 𝑣1 een willekeurige startwaarde en neem
de overige waardes zodat ze voldoen aan de vergelijking dan geld 𝜆𝑣̅ = 𝑀𝑟 ∗ 𝑣̅ en dus is 𝑣̅ een
eigenvector voor 𝜆.
Aangezien er 𝑝 − 1 oplossingen zijn van de vergelijking 𝜆𝑝−1 = 1 heeft 𝑀𝑟 dus ook 𝑝 − 1
eigenwaardes en eigenvector 𝜆1 , … , 𝜆𝑝−1 en 𝑣̅1 , … , 𝑣̅𝑝−1 en dus een volledige verzameling
eigenwaardes en eigenvectoren.
Aangezien 𝑟 een primitieve wortel is geld voor iedere ℎ dat er een unieke 𝑖 ∈ [0, 𝑝 − 1) met ℎ = 𝑟 𝑖 .
Dit betekent dat 𝑀ℎ = (𝑀𝑟 )𝑖 en dus dat 𝑀ℎ eigenvectoren 𝑣̅1 , … , 𝑣̅𝑝−1 heeft met bijbehorende
𝑖
eigenwaardes (𝜆1 )𝑖 , … , (𝜆𝑝−1 )
3.5.2
Eigenvectoren en eigenwaardes van de gecombineerde matrix
Aangezien alle 𝑀ℎ dezelfde eigenvectoren hebben blijven deze eigenvectoren hetzelfde onder
vermenigvuldiging en optelling. De eigenwaardes worden hierbij respectievelijk vermenigvuldigd en
opgeteld. Het is dus handig om in de volgende volgorde te werken
-
eerst alle eigenwaardes van 𝑀𝑟 uit te rekenen voor een primitieve wortel
vervolgens de eigenwaardes van alle andere 𝑀ℎ te berekenen
vervolgens daarmee de eigenwaardes van 𝑀𝑜 𝑀𝑒 uitrekenen.
Als dan 𝜆𝑖 een eigenwaarde is voor 𝑀𝑜 𝑀𝑒 bij eigenvector 𝑣̅𝑖 dan is de eigenwaarde bij diezelfde
eigenvector (𝜆𝑖 )𝑛 voor (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 .
3.5.3
Voorbeeld
3.5.3.1 𝒑 = 𝟓
Modulo 5 is 2 een primitieve wortel. Dus bereken eerst de eigenwaardes en eigenvectoren van 𝑀2 .
De vier eigenwaarden zijn de wortels van 𝜆4 = 1 dus 𝜆1 = 1, 𝜆2 = 𝑖, 𝜆3 = −1 en 𝜆4 = −𝑖 de
bijbehorende eigenvectoren zijn
1
1
1
1
1
−𝑖
−1
𝑖
𝑣̅1 = ( ), 𝑣̅2 = ( ), 𝑣̅3 = ( ) en 𝑣̅4 = ( )
1
𝑖
−1
−𝑖
1
−1
1
−1
Hierbij is 𝑎̅0 op te splitsen in
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
−𝑖
−1
𝑖
𝑎̅0 = ( ) = 4 ∗ ( ) + 4 ∗ ( ) + 4 ∗ ( ) + 4 ∗ ( ) = 4 (𝑣̅1 + 𝑣̅2 + 𝑣̅3 + 𝑣̅4 )
0
1
𝑖
−1
−𝑖
0
1
−1
1
−1
Voor de andere matrices kun je gebruiken dat 2 de volgende cykel volgt
(20 , 21 , 22 , 23 ) = (1, 2, −1, −2)
16
en dus volgt de matrix 𝑀2 ook de cykel
(𝑀1 , 𝑀2 , 𝑀−1 , 𝑀−2 )
De eigenwaardes van 𝑀𝑒 = 3𝑀1 + 𝑀2 + 𝑀−1 zijn dus
𝜆1 = 3 ∗ 10 + 11 + 12
𝜆2 = 3 ∗ 𝑖 0 + 𝑖 1 + 𝑖 2
𝜆3 = 3 ∗ (−1)0 + (−1)1 + (−1)2
𝜆4 = 3 ∗ (−𝑖)0 + (−𝑖)1 + (−𝑖)2
=5
=2+𝑖
=3
=2−𝑖
De eigenwaardes van 𝑀𝑜 = 𝑀1 + 𝑀2 + 3𝑀−1 zijn dus
𝜆1 = 10 + 11 + 3 ∗ 12
𝜆2 = 𝑖 0 + 𝑖 1 + 3 ∗ 𝑖 2
𝜆3 = (−1)0 + (−1)1 + 3 ∗ (−1)2
𝜆4 = (−𝑖)0 + (−𝑖)1 + 3 ∗ (−𝑖)2
=5
= −2 + 𝑖
=3
= −2 − 𝑖
dus heeft (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 de eigenwaardes
𝜇1 = (5 ∗ 5)𝑛 = 25𝑛 = 52𝑛
𝑛
2𝑛
𝑛
2𝑛
𝜇2 = ((2 + 𝑖 )(−2 + 𝑖)) = (−5)𝑛 = √−5
𝜇3 = (3 ∗ 3)𝑛 = 9𝑛 = 32𝑛
𝜇4 = ((2 − 𝑖)(−2 − 𝑖)) = (−5)𝑛 = √−5
Verder heeft 𝑀𝑒 (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 de eigenwaardes
𝜌1 = 5 ∗ 25𝑛 = 52𝑛+1
𝜌2 = (2 + 𝑖)(−5)𝑛 = (2 + 𝑖)√−5
𝜌3 = 3 ∗ 9𝑛 = 32𝑛+1
𝜌4 = (2 − 𝑖)(−5)𝑛 = (2 − 𝑖)√−5
2𝑛
2𝑛
Doordat de eigenvectoren en eigenwaardes bekend zijn valt nu makkelijk een directe vergelijking op
te stellen voor 𝑎̅2𝑛 en 𝑎̅2𝑛+1
𝑎̅2𝑛
= (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ∗ 𝑎̅0
1
= (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ∗ 4 (𝑣̅1 + 𝑣̅2 + 𝑣̅3 + 𝑣̅4 )
2𝑛
1
= 4 (52𝑛 𝑣̅1 + √−5 (𝑣̅2 + 𝑣̅4 ) + 32𝑛 𝑣̅3 )
2𝑛
=
1
4
52𝑛 + 2√−5 + 32𝑛
52𝑛 − 32𝑛
52𝑛 − 32𝑛
2𝑛
(5 − 2√−5
2𝑛
+ 32𝑛 )
En
𝑎̅2𝑛+1 = ( 𝑀𝑒 (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ) ∗ 𝑎̅0
1
= ( 𝑀𝑒 (𝑀𝑜 𝑀𝑒 )𝑛 ) ∗ 4 (𝑣̅1 − 𝑣̅2 − 𝑣̅3 + 𝑣̅4 )
17
1
4
1
(52𝑛+1 𝑣̅1
4
2𝑛
2𝑛
= (52𝑛+1 𝑣̅1 + (2 + 𝑖)√−5 𝑣̅2 + 32𝑛+1 𝑣̅3 + (2 − 𝑖)√−5 𝑣̅4 )
=
2𝑛
2𝑛
+ 2√−5 (𝑣̅2 + 𝑣̅4 ) + 𝑖√−5 (𝑣̅2 − 𝑣̅4 ) + 32𝑛+1 𝑣̅3 )
1−1
1+1
52𝑛+1 + 32𝑛+1
2𝑛+1
2𝑛+1
2𝑛
2𝑛
1
−𝑖 − 𝑖
−𝑖 + 𝑖
5
−
3
= 4 ( 2𝑛+1
) + 2√−5 (
) +𝑖√−5 (
)
𝑖+𝑖
𝑖−𝑖
5
− 32𝑛+1
−1 + 1
−1 − 1
52𝑛+1 + 32𝑛+1
(
)
2𝑛+1
2𝑛+1
0
2
5
+3
2𝑛+1
2𝑛+1
2𝑛
2𝑛
1
0
−2𝑖
= 4 (52𝑛+1 − 32𝑛+1 ) + 2√−5 ( ) +𝑖√−5 (
)
0
2𝑖
5
−3
−2
0
52𝑛+1 + 32𝑛+1
(
)
2𝑛
2𝑛+1
2𝑛+1
5
+ 4√−5 + 3
52𝑛+1 +2√−5
1
=4
2𝑛
2𝑛
− 32𝑛+1
52𝑛+1 − 2√−5 − 32𝑛+1
2𝑛
( 52𝑛+1 −4√−5 + 32𝑛+1 )
Ter vergelijking de tabel voor de eerste 6 generaties van 𝑎̅𝑖
𝑎𝑖,1
1
3
6
33
189
867
4026
i
0
1
2
3
4
5
6
𝑎𝑖,2
0
1
4
22
136
733
3724
𝑎𝑖,−2
0
0
4
27
136
708
3724
𝑎𝑖,− 1
0
1
11
43
164
817
4151
3.6 Alternatieve methodes voor het vinden van een generatie van getallen
In sommige gevallen kan voor bepaalde 𝑎̅𝑖 een alternatieve methode gebruikt worden om een deel
direct te vinden. Een voorbeeld hiervan is dat voor 𝑝 = 5 je op een alternatieve manier
𝑎𝑖,2 + 𝑎𝑖,−2 kunt bepalen. Volgens de formule uit het voorbeeld moet gelden
𝑎2𝑛,2 + 𝑎2𝑛,−2 =
1
1
∗ (52𝑛 − 32𝑛 ) + 4 ∗ (52𝑛 − 32𝑛 ) =
4
1
2
∗ (52𝑛 − 32𝑛 )
en
𝑎2𝑛+1,2 + 𝑎2𝑛+1,−2 =
1
4
1
2
∗ (52𝑛+1 +2√−5
2𝑛
∗ (52𝑛+1 − 32𝑛+1 )
1
− 32𝑛+1 ) + 4 ∗ (52𝑛+1 −2√−5
dus
𝑎𝑖,2 + 𝑎𝑖,−2 =
18
2𝑛
− 32𝑛+1 ) =
1
2
∗ (5𝑖 − 3𝑖 )
Het idee van de directe aanpak is dat je de formule voor het laatste niet nul cijfer van 𝑛! in grondtal 5
bekijkt
(−1)𝑛1 +𝑛3 +𝑛5 +⋯ ∗ 0!𝑏0 ∗ 1!𝑏1 ∗ 2!𝑏2 ∗ 3!𝑏3 ∗ 4!𝑏4 ≡
(−1)𝑛1 +𝑛3 +𝑛5 +⋯ ∗ 1𝑏0 +𝑏1 +𝑏3 ∗ 2𝑏2 ∗ −1𝑏4 𝑚𝑜𝑑 5
Hierin valt te zien dat het laatste cijfer van 𝑛! gelijk is aan 2 of -2 𝑚𝑜𝑑 5 als 2𝑏2 gelijk is aan 2 of
−2 = 23 𝑚𝑜𝑑 5. Het getal 2 heeft orde 4 modulo 5 dus geldt 2𝑏2 = 2𝑏2 𝑚𝑜𝑑 4 𝑚𝑜𝑑 5. Er moet dus
gelden dat 𝑏2 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 4 of 𝑏2 ≡ 3 𝑚𝑜𝑑 4 in andere woorden 𝑏2 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 2. Met andere woorden
alle getallen met een oneven aantal 2 cijfers voldoen.
Laat 𝑜𝑖 het aantal getallen zijn van 𝑖 cijfers met een oneven aantal 2 cijfers en laat 𝑒𝑖 het aantal
getallen zijn van 𝑖 cijfers met een even aantal 2 cijfers. Er zijn in totaal 5𝑖 getallen van 𝑖 cijfers dus
5𝑖 = 𝑜𝑖 + 𝑒𝑖
Hierbij is
𝑜1 = 1
𝑒1 = 4
(alleen het getal 2)
(de getallen 0,1,3,4)
Een getal van 𝑖 cijfers met een oneven aantal 2 cijfers kan
- eindigen op een 2.
Dit geeft dat de eerste 𝑖 − 1 cijfers een even aantal 2 cijfers bevat.
- eindigen op een 0,1,3,4.
Dit geeft dat de eerste 𝑖 − 1 cijfers een oneven aantal 2 cijfers bevat.
Dit geeft de betrekking
𝑜𝑖 = 𝑒𝑖−1 + 4𝑜𝑖−1
Samen met 5𝑖 = 𝑜𝑖 + 𝑒𝑖 geeft dit
𝑜𝑖 = 5𝑖−1 − 𝑜𝑖−1 + 4𝑜𝑖−1
= 5𝑖−1 + 3𝑜𝑖−1
Gebruik nu
1
1
𝑜𝑖 − 2 5𝑖 = 5𝑖−1 − 2 5𝑖 + 3𝑜𝑖−1
5
= 5𝑖−1 − 2 5𝑖−1 + 3𝑜𝑖−1
3
= − 2 5𝑖−1 + 3𝑜𝑖−1
1
2
= 3(𝑜𝑖−1 − 5𝑖−1 )
1
en substitueer 𝑑𝑖 = 𝑜𝑖 − 2 5𝑖 dit geeft
𝑑𝑖 = 3𝑑𝑖−1 = ⋯ = 3𝑖−1 𝑑1
19
met
1
5
3
𝑑1 = 𝑜1 − 2 51 = 1 − 2 = − 2
geeft dit
3
1
𝑑𝑖 = 3𝑖−1 ∗ − 2 = − 2 3𝑖
dus
1
2
1
2
𝑑𝑖 = 𝑜𝑖 − 5𝑖 = − 3𝑖
1
𝑜𝑖 = (5𝑖 − 3𝑖 )
2
20
4 Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal b
Met het inzicht verkregen door het laatste niet nul cijfer van 𝑛! in grondtal 𝑝 > 2 priem kan ook
worden gekeken naar het laatste niet nul cijfer in grondtal 𝑏 niet priem. Als uitgangspunt wordt
𝑏 = 10 genomen aangezien het decimale stelsel het standaardstelsel is. Om weer een beter beeld te
krijgen van het gedrag wordt eerst naar een recursieve vergelijking gezocht om vervolgens dit in een
directe vergelijking om te zetten.
4.1 Recursieve vergelijking
Het is net als in het geval van grondtal 𝑝 makkelijker om te redeneren waar een laatste niet nul cijfer
van een getal gelijk aan is modulo 𝑏. Dus laat weer de 𝑙𝑑(𝑛) het laatste niet nul cijfer van n modulo 𝑏
zijn. In het geval van grondtal 10 kunnen 10-vouden echter niet weggelaten worden op dezelfde
manier als 𝑝-vouden in het grondtal 𝑝 geval weggelaten werden. Om een voorbeeld te geven in het
grondtal 𝑝 = 5 geval zou het laatste niet nul cijfer berekend worden door
𝑙𝑑((1 + 5) ∗ (2 + 5)) = 1 ∗ 2
In het grondtal 10 geval zou dit echter niet werken aangezien
𝑙𝑑((5 + 10) ∗ (2 + 10)) = 𝑙𝑑(5 ∗ 2 + 5 ∗ 10 + 2 ∗ 10) = 1 + 5 + 2
Aangezien 𝑛! meer 5 factoren bevat dan 2 factoren, zullen voornamelijk de 5 factoren een probleem
zijn. Een slimme aanpak is dus om eerst de vermenigvuldiging in een soort van grondtal 5 vorm uit te
schrijven en vervolgens op die manier alle 10 vouden eruit te halen. Dus laat
𝑛 = 𝑛0 + 𝑛1 ∗ 5 + ⋯ 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘 = ∑𝑘𝑖=0 𝑛𝑖 ∗ 5𝑖
en herschrijf
1 ∗ 2 ∗ … ∗ 4 ∗ 5 ∗ 6 ∗ … ∗ 24 ∗ 25 ∗ 26 ∗ … ∗ 𝑛
als
1 ∗ 2 ∗ … ∗ 4 ∗ 5 ∗ (1 + 5) ∗ … ∗ (4 + 4 ∗ 5) ∗ 52 ∗ (1 + 52 ) ∗ …
∗ (𝑛0 + 𝑛1 ∗ 5 + ⋯ +𝑛𝑘 ∗ 5𝑘 )
Het minimale aantal vermenigvuldigingen met 10 in dit product wordt verkregen door het minimum
aantal vermenigvuldigingen met 5
4.1.1
Minimum aantal vermenigvuldigingen met 5
Het minimum aantal vermenigvuldigingen met 5 wordt verkregen door in elke term van de originele
vermenigvuldiging de meest linker factor te nemen. Dus in
1 ∗ 2 ∗ … ∗ 4 ∗ 5 ∗ (1 + 5) ∗ … ∗ (4 + 4 ∗ 5) ∗ 52 ∗ (1 + 52 ) ∗ …
∗ (𝑛0 + 𝑛1 ∗ 5 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘 )
21
neem je
1 ∗ 2 ∗ … ∗ 4 ∗ 5 ∗ 1 ∗ … ∗ 4 ∗ 52 ∗ 1 ∗ … ∗ 𝑛 0
De laatste 5-voud hierin is
(𝑛1 ∗ 5 + ⋯ 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘 ) = 5 ∗ (𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘−1 )
In totaal is het dus te herschrijven als
1 ∗ 2 ∗ … ∗ 4 ∗ 5 ∗ 1 ∗ … ∗ 4 ∗ 52 ∗ 1 ∗ … ∗ 𝑛 0 =
5! ∗ 1 ∗ 5! ∗ 2 ∗ … ∗ 5! ∗ (𝑛1 + ⋯ 𝑛 +𝑘 ∗ 5𝑘−1 ) ∗ 𝑛0 ! =
𝑘−1
5!(𝑛1 +⋯𝑛𝑘∗5 ) (𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘−1 )! ∗ 𝑛0 !
In deze nieuwe vergelijking komt een faculteit van een getal voor dat ongeveer 5 keer kleiner is dan
het originele getal. Deze stap kunnen we recursief uitvoeren dus
𝑘−1
5!(𝑛1 +⋯+𝑛𝑘 ∗5 ) ∗ (𝑛1 + ⋯ 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘−1 )! ∗ 𝑛0 ! =
𝑘−1
𝑘−2
5!(𝑛1 +𝑛2 ∗5+⋯+𝑛𝑘∗5 ) ∗ 5!(𝑛2 +⋯+𝑛𝑘 ∗5 ) ∗ (𝑛2 + ⋯ 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘−2 )! ∗ 𝑛1 ! ∗ 𝑛0 ! =
𝑘−1
𝑘−2
5!(𝑛1 +𝑛2 ∗(5+1)+⋯+∗𝑛𝑘 ∗(5 +5 )) ∗ (𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝑘 ∗ 5𝑘−2 )! ∗ 𝑛1 ! ∗ 𝑛0 ! =
…=
𝑘−1
5!(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘∗(5 +⋯+1)) ∗ 𝑛𝑘 ! ∗ … ∗ 𝑛1 ! ∗ 𝑛0 ! =
𝑘−1
𝑘−1
10(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘 ∗(5 +⋯+1)) ∗ 12(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘 ∗(5 +⋯+1)) ∗ 𝑛𝑘 ! ∗ … ∗ 𝑛1 ! ∗ 𝑛0 !
4.1.2
Modulo 10
Als we de uitkomst modulo 10 gaan bekijken valt de 10 macht term weg en wordt de 12 macht een 2
macht. Dus
𝑘−1
𝑘−1
10(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘 ∗(5 +⋯+1)) ∗ 12(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘 ∗(5 +⋯+1)) ∗ 𝑛𝑘 ! ∗ … ∗ 𝑛1 ! ∗ 𝑛0 ! ≡
𝑘−1
2(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘∗(5 +⋯+1)) ∗ 𝑛𝑘 ! ∗ … ∗ 𝑛1 ! ∗ 𝑛0 ! 𝑚𝑜𝑑 10 ≡
𝑘−1
2(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘 ∗(5 +⋯+1)) ∗ ∏𝑘𝑖=0(𝑛𝑖 !)𝑘 𝑚𝑜𝑑 10
Voor de twee macht kunnen we een simpelere vorm krijgen door de volgende rekenregel te
gebruiken:
2𝑖 ≡ 2𝑖 𝑚𝑜𝑑 4 𝑚𝑜𝑑 5
dus
2 ∗ 2𝑖 ≡ 2 ∗ 2𝑖 𝑚𝑜𝑑 4 𝑚𝑜𝑑 10
dus
𝑘−1
2(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘∗(5 +⋯+1)) 𝑚𝑜𝑑 10 ≡
2(𝑛1 + 𝑛2 ∗(1+1)+⋯+𝑛𝑘∗(1+⋯+1)) 𝑚𝑜𝑑 10 ≡
2(𝑛1 + 2∗𝑛2 +⋯+𝑘∗𝑛𝑘) 𝑚𝑜𝑑 10 ≡
𝑘
2(∑𝑖 =1 𝑖∗𝑛𝑖) 𝑚𝑜𝑑 10 ≡
22
𝑘
2(∑𝑖 =1(𝑖 𝑚𝑜𝑑 4)∗𝑛𝑖) 𝑚𝑜𝑑 10
Voor de faculteiten is het simpeler om eerst het volgende te berekenen
𝑎𝑗 = 𝑎𝑎𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑘𝑒𝑒𝑟 𝑑𝑎𝑡 𝑛𝑖 = 𝑗, 𝑗 ∈ [0,4]
En vervolgens
∏𝑘𝑖=0(𝑛𝑖 !)𝑘
Te schrijven als
∏4𝑗=0(𝑗!)𝑎𝑗
2𝑎2 +2∗𝑎4 ∗ 3𝑎3
In totaal geld dus
2(𝑛1 + 𝑛2 ∗(5+1)+⋯+𝑛𝑘∗(5
𝑘−1 +⋯+1))
𝑘
∗ ∏𝑘𝑖=0(𝑛𝑖 !)𝑘 ≡
2(∑𝑖 =1(𝑖 𝑚𝑜𝑑 4)∗𝑛𝑖)+𝑎2 +2∗𝑎4 ∗ 3𝑎3 𝑚𝑜𝑑 10
Dit valt te versimpelen door gebruik te maken van de regels
2𝑖 ≡ 2𝑖 𝑚𝑜𝑑 4 𝑚𝑜𝑑 10
2𝑖 ≡ 24 𝑚𝑜𝑑 10 ≡ 6 𝑚𝑜𝑑 10
3𝑖 ≡ 3𝑖 𝑚𝑜𝑑4 𝑚𝑜𝑑 10
als
als
23
𝑖 ≠ 0 𝑚𝑜𝑑 4
𝑖 > 0, 𝑖 = 0 𝑚𝑜𝑑 4
5 Laatste l niet nul cijfers van n! in grondtal p
Net als bij het geval met het laatste niet nul cijfer van 𝑛! is er voor de laatste k niet nul cijfers van 𝑛!
ook een directe vergelijking te verkrijgen via een recursieve vergelijking. De algemene tactiek zal
weer zijn om eerst de vergelijking uit te schrijven in grondtal 𝑝
5.1 Recursieve vergelijking
De eerste stap zal weer het uitschrijven van de vergelijking in grondtal 𝑝 zijn. Dus
𝑛 = 𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ + 𝑛𝑘 𝑝𝑘 = ∑𝑘𝑖=0 𝑛𝑖 𝑝𝑖
en herschrijf
1 ∗ 2 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1) ∗ 𝑝 ∗ (𝑝 + 1) ∗ ⋯ ∗ (𝑝2 − 1) ∗ 𝑝2 ∗ (𝑝2 + 1) ∗ ⋯ ∗ 𝑛
als
1 ∗ 2 ∗ ⋯ ∗ (𝑝 − 1) ∗ 𝑝 ∗ (1 + 𝑝) ∗ ⋯ ∗ ((𝑝 − 1) + (𝑝 − 1)𝑝) ∗ 𝑝2 ∗ (1 + 𝑝2 ) ∗ ⋯ ∗
(𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 ) ∗ ⋯ ∗ (𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )
Vervolgens is het makkelijk om in te zien dat alleen de laatste 𝑙 niet nul cijfers van elke term invloed
hebben op de laatste 𝑙 niet nul cijfers van 𝑛!.
Het is makkelijk om eerst alle termen die geen 𝑝-voud zijn eruit te halen en vervolgens de overige 𝑝vouden door 𝑝 te delen en recursief door te gaan. Hiervoor is het makkelijk om de functie
𝑓: ℤ/𝑝𝑙 ℤ → ℤ/𝑝𝑙 ℤ gegeven door 𝑓(𝑛) = 𝑛! 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙 behalve alle termen die 𝑝 bevatten in te
voeren.
5.1.1
Uitwerken van de vermenigvuldiging
Voor de recursieve vergelijking zal het van nut zijn om te kijken waar 𝑓(𝑝𝑙 − 1) gelijk aan is modulo
𝑝𝑙 . Allereerst is 𝑓(𝑝𝑙 − 1) =
𝑝𝑙 !
𝑙−1
𝑝𝑙−1 !∗𝑝𝑝
de vermenigvuldiging alle elementen modulo 𝑝𝑙 die relatief
priem zijn ten opzichte van 𝑝𝑙 zijn. Elk van deze elementen heeft een inverse en sommige zijn zelf
inverteerbaar. Getallen die zelf inverteerbaar zijn voldoen aan
𝑎2 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
𝑎2 − 1 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
(𝑎 − 1)(𝑎 + 1) ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
Hieraan voldoen alleen
𝑎 = 1 en 𝑎 = 𝑝𝑙 − 1
want
(1 − 1)(1 + 1) ≡ 0 ∗ 2 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
en
24
(𝑝𝑙 − 1 − 1)(𝑝𝑙 − 1 + 1) ≡ (𝑝𝑙 − 2)𝑝𝑙 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
Voor alle andere 1 < 𝑎 < 𝑝𝑙 − 1 geldt
1 ≤ (𝑎 − 1) ≤ 𝑝𝑙 − 1
1 ≤ (𝑎 + 1) ≤ 𝑝𝑙 − 1
en verder kan maar een van (𝑎 + 1) en (𝑎 − 1) een veelvoud zijn van 𝑝 met exponent kleiner dan 𝑙
dus kan (𝑎 − 1)(𝑎 + 1) geen veelvoud zijn van 𝑝𝑙 dus
(𝑎 − 1)(𝑎 + 1) ≢ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
In 𝑓(𝑝𝑙 − 1) worden dus alle termen die ongelijk zijn aan 1 of (𝑝𝑙 − 1) ≡ −1 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙 tegen elkaars
inverse weggewerkt wat overblijft is dus 𝑓(𝑝𝑙 − 1) ≡ 1 ∗ −1 ≡ −1 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙 .
Bron:
(product of a reduced residue system)
(wilson's theorem for prime powers)
5.1.2
Recursieve vergelijking
Als we terugkijken naar de recursieve vergelijking en voor gegeven 𝑎 kijken naar
(𝑎 ∗ 𝑝𝑙 ) ∗ (𝑎 ∗ 𝑝𝑙 + 1) ∗ (𝑎 ∗ 𝑝𝑙 + 2) ∗ ⋯ ∗ (𝑎 ∗ 𝑝𝑙 + (𝑝 − 1) ∗ 𝑝𝑙−1 + ⋯ + (𝑝 − 1)) ∗
((𝑎 + 1) ∗ 𝑝𝑙 )
en dan de 𝑝-vouden weglaten en van elk overige getal alleen de laatste 𝑙 cijfers bekijken krijgen we
1 ∗ 2 ∗ ⋯ ∗ ((𝑝 − 1) ∗ 𝑝𝑙−1 + ⋯ + (𝑝 − 1)) =
1 ∗ 2 ∗ ⋯ ∗ (𝑝𝑙 − 1)
Dit is gelijk aan
𝑓(𝑝𝑙 − 1)
In de originele vermenigvuldiging komt dit 𝑛𝑘 … 𝑛𝑙 = 𝑛𝑙 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘−𝑙 keer voor namelijk
1 ∗ ⋯ ∗ (𝑛𝑙 𝑝𝑙 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 ) ∗ ⋯
Verder zitten in het staartgedeelte
(1 + 𝑛𝑙 𝑝𝑙 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 ) ∗ ⋯ ∗ (𝑛0 + 𝑛1 𝑝 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘 )
nog termen die een bijdrage hebben van 𝑓(𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑙−1 𝑝𝑙−1 )
Dus de bijdragen van alle termen die geen 𝑝-voud zijn is
𝑛 +⋯+𝑛 𝑝𝑘−𝑙
𝑘
𝑓(𝑝𝑘 − 1) 𝑙
∗ 𝑓(𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑙−1 𝑝𝑙−1 ) ≡
(−1)𝑛𝑙+⋯+𝑛𝑘 ∗ 𝑓(𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑙−1 𝑝𝑙−1 ) 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
25
Vervolgens blijven alleen de 𝑝-vouden over en dus na elke term door 𝑝 te delen is het overblijfsel
(𝑛1 + ⋯ +𝑛𝑘 𝑝𝑘−1 )!
5.2 Directe formule
Door de recursieve formule te gebruiken en dit herhaaldelijk toe te passen krijg je dat de laatste 𝑙
cijfers van 𝑛! gelijk zijn aan
(−1)𝑛𝑙+⋯+𝑛𝑘 ∗ (−1)𝑛𝑙+1 +⋯+𝑛𝑘 ∗ ⋯ ∗ (−1)𝑛𝑘−1 +nk ∗ (−1)𝑛𝑘 ∗
𝑓(𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑙−1 𝑝𝑙−1 ) ∗ 𝑓(𝑛1 + ⋯ +𝑛𝑙 𝑝𝑙−1 ) ∗ ⋯ ∗ 𝑓(𝑛𝑘−1 +𝑛𝑘 𝑝) ∗ 𝑓(𝑛𝑘 ) ≡
(−1)𝑛𝑙+𝑛𝑙+2 +⋯ ∗ 𝑓(𝑛0 + ⋯ +𝑛𝑙−1 𝑝𝑙−1 ) ∗ 𝑓(𝑛1 + ⋯ +𝑛𝑙 𝑝𝑙−1 ) ∗ ⋯ ∗ 𝑓(𝑛𝑘−1 +𝑛𝑘 𝑝) ∗
𝑓(𝑛𝑘 ) 𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑙
5.2.1
Voorbeeld
Neem 𝑝 = 3 en 𝑙 = 2 en bekijk 112! dan zijn de laatste twee niet nul cijfers gelijk aan
(−1)1 ∗ 𝑓(12) ∗ 𝑓(11) ∗ 𝑓(1) ≡
−1 ∗ 4 ∗ −1 ∗ 1 ≡
4 𝑚𝑜𝑑 32
Dus de laatste twee niet nul cijfers zijn 113
5.3 Aantal getallen eindigend op j met i cijfers
Net als bij het geval met de laatste cijfer kan weer de verdeling van getallen bijgehouden worden hoe
vaak getallen eindigen op 𝑗.
Echter bij het geval van alleen de laatste cijfer van 𝑔! hoefde je alleen bij te houden waar 𝑔! op
eindigde .
Als je kijkt naar de laatste 𝑗 cijfers zul je ook de eerste 𝑗 − 1 cijfers van 𝑔 moeten bijhouden
aangezien die ook invloed hebben op de verandering van de laatste 𝑗 niet nul cijfers van 𝑔!. Dit komt
omdat termen zoals 𝑓(𝑛𝑘 ) verdwijnen en worden vervangen door 𝑓(𝑛𝑘 + 𝑛𝑘+1 𝑝). Alle 𝑓( ) termen
die alleen de laatste 𝑗 − 1 cijfers bevatten verdwijnen.
Voor de eerste 𝑗 − 1 cijfers van 𝑔 zijn er 𝑝 𝑗−1 mogelijkheden.
Voor de laatste 𝑗 cijfers van 𝑔! zijn er 𝑝 𝑗 − 𝑝 𝑗−1 mogelijkheden aangezien het geen 𝑝-voud kan zijn.
In totaal moet je dus (𝑝 𝑗 − 𝑝 𝑗−1 )𝑝 𝑗−1 mogelijkheden per generatie bijhouden dit is voor 𝑝 = 3, 𝑗 =
2 al gelijk aan (9 − 3) ∗ 3 = 18 mogelijkheden en dit wordt dus al snel niet praktisch meer.
5.3.1
Voorbeeld
Neem 𝑝 = 3 en 𝑙 = 2 en bekijk 112! dan zijn de laatste twee niet nul cijfers gelijk aan
26
(−1)1 ∗ 𝑓(12) ∗ 𝑓(11) ∗ 𝑓(1)
Als je echter 22112! bekijkt dan zijn de laatste twee niet nul cijfers gelijk aan
(−1)1+2 ∗ 𝑓(12) ∗ 𝑓(11) ∗ 𝑓(21) ∗ 𝑓(22) ∗ 𝑓(2)
Het verschil modulo 32 = 9 is een vermenigvuldiging met
(−1)2 ∗ 𝑓(1)−1 ∗ 𝑓(21) ∗ 𝑓(22) ∗ 𝑓(2)
27
6 Primitieve wortel bij vermenigvuldigen modulo p
Een veel voorkomend probleem in dit verslag is het vermenigvuldigen van twee getallen modulo 𝑝.
Als er vaak wordt vermenigvuldigd dan is een slimme manier om dit aan te pakken als volgt.
1. Vind een primitieve wortel 𝑟 modulo 𝑝.
2. Bereken voor elke 𝑛 met 0 < 𝑛 < 𝑝 de bijbehorende 𝑖 zodanig dat 𝑛 = 𝑟 𝑖 𝑚𝑜𝑑 𝑝.
Vervolgens kan dit gebruikt worden om vermenigvuldigingen uit te voeren en inverse van getallen te
vinden. Namelijk voor vermenigvuldiging
𝑛1 ∗ 𝑛2 ≡
𝑟 𝑖1 ∗ 𝑟 𝑖2 ≡
𝑟 𝑖1 +𝑖2 ≡
𝑟 𝑖3 ≡
𝑛3 𝑚𝑜𝑑 𝑝
en voor het vinden van inverse 𝑛2 van 𝑛1
𝑛2 𝑛1 ≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝
𝑟 𝑖2 𝑟 𝑖1 ≡ 𝑟 𝑝−1 𝑚𝑜𝑑 𝑝
𝑟 𝑖2 +𝑖1 ≡ 𝑟 𝑝−1 𝑚𝑜𝑑 𝑝
dus
𝑖2 + 𝑖1 = 𝑝 − 1
𝑖2 = 𝑝 − 𝑖1 − 1
6.1 Vinden van een primitieve wortel modulo p
Er is geen directe formule bekend voor het vinden van een primitieve wortel. De enige manier is om
getallen af te gaan en kijken of ze een primitieve wortel zijn. Er zijn in totaal 𝜙(𝜙(𝑝)) getallen een
primitieve wortel dus heb je een kans van
dat 𝑝 = 13 is dat bijvoorbeeld
𝜙(12)
12
=
𝜙(𝜙(𝑝))
𝜙(𝑝)
4
1
= 3.
12
dat een getal een primitieve wortel is. In het geval
De orde van een getal 𝑔 zal een deler zijn van 𝜙(𝑝) = 𝑝 − 1 dus is het handig om eerst de
𝑘
𝑘
priemfactorisatie 𝑝1 1 ∗ ⋯ ∗ 𝑝𝑗 𝑗 van 𝑝 − 1 te berekenen. Als 𝑔 geen primitieve wortel is dan zal de
orde van 𝑔 een deler zijn van
𝑝−1
𝑝𝑖
voor een zekere 𝑖 ∈ [1, 𝑗] en dus zal 𝑔
primitieve wortel is dan zal de orde 𝑝 − 1 zijn en dus 𝑔
𝑝−1
𝑝𝑖
𝑝−1
𝑝𝑖
≡ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝. Als 𝑔 een
≢ 1 𝑚𝑜𝑑 𝑝 voor alle 𝑖 ∈ [1, 𝑗].
Een andere manier om te kijken of 𝑔 een primitieve wortel is is door te kijken naar het
𝑔
𝑔
Legendre symbool (𝑝). Namelijk als 𝑔 een primitieve wortel is modulo 𝑝 dan geldt (𝑝) = −1 dus als
𝑔
(𝑝) = 1 is 𝑔 geen primitieve wortel.
Bron:
(Is there an efficient algorithm for finding a square root modulo a prime power?)
28
(Finding a primitive root of a prime number)
29
7 Conclusie
Over het oorspronkelijke probleem (probleem 1) is er niet echt iets bewezen er bestaat alleen het
vermoeden dat er een eindig aantal getallen 𝑔 zijn waarvoor geldt dat het opeenvolgend product
𝑚𝑢𝑙(𝑔, 𝑘) maar 𝑐 cijfers bevat voor sommige 𝑐. Een goed voorbeeld hiervan is dat voor 𝑘 = 5 en
𝑐 = 4 het grootste getal dat gevonden kan worden 𝑔 = 74 is en dat er daarna geen getal meer
voorkomt tot 107 . Wel heb ik manieren gevonden om het zoeken naar deze getallen te versnellen.
Bij het tweede probleem zijn er heel wat technieken besproken om de cijfers van 𝑛! te bekijken.
Voornamelijk als er gekeken werd in een bepaald priem grondtal 𝑝. Het vermoeden hierbij is ook
weer dat elke combinatie van 𝑗 laatste niet nul cijfers ongeveer even vaak voorkomt en voor
specifieke 𝑝 valt het ook direct te bewijzen.
Een eventueel vervolg
In een eventueel vervolg zou nog gekeken kunnen worden naar scherpere eisen voor het eerste
probleem. Voor het tweede probleem zou nog gekeken kunnen worden naar een algemeen bewijs
dat alle eindcijfers even vaak voorkomen. Ook kan er nog gekeken worden naar 𝑛! in andere
grondtallen die niet priem zijn. In het verslag is alleen gekeken naar grondtal 10 maar dit zou
veralgemeniseerd kunnen worden naar andere grondtallen die een product zijn van 2 of meerdere
priemgetallen.
30
8 Bibliografie
Finding a primitive root of a prime number. (sd). Opgehaald van http://math.stackexchange.com/:
http://math.stackexchange.com/questions/124408/finding-a-primitive-root-of-a-primenumber
Is there an efficient algorithm for finding a square root modulo a prime power? (sd). Opgehaald van
http://mathoverflow.net/: http://mathoverflow.net/questions/52081/is-there-an-efficientalgorithm-for-finding-a-square-root-modulo-a-prime-power
product of a reduced residue system. (sd). Opgehaald van http://math.stackexchange.com/:
http://math.stackexchange.com/questions/266351/if-a-1-dots-a-phin-is-a-reduced-residuesystem-what-is-a-1-cdots-a
wilson's theorem for prime powers. (sd). Opgehaald van http://www.dms.umontreal.ca/:
http://www.dms.umontreal.ca/~andrew/Binomial/pflemma1.html
31