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15. Luca Onnis, Sulla ripetizione delle cifre finali di una tetrazione

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(1)

Sulla ripetizione delle cifre finali di una tetrazione

Luca Onnis

Liceo Scientifico Leon Battista Alberti

November 2020

Sommario

In questo documento si dimostra l’esistenza di una formula per “ridur-re” una tetrazione di base 2ke 5ko di base pkdove “p” `e un intero coprimo con 10 , modulo 10n. Infatti, le tetrazioni terminano con le stesse cifre a

partire da un certo iper-esponente; in particolare il numero di tali cifre che si possono ripetere aumenta quando si aumenta l’iper-esponente, e quindi servir`a analizzare la tetrazione modulo 10n, per valutare la variazione del

numero di cifre finali che si ripetono. Infatti qualunque numero modulo 10n`e uguale alle ultime “n” cifre del numero. Si troveranno varie

formu-le, per distinti casi di k (esponente della base da tetrarre). Questo tipo di operazione `e affascinante, in quanto all’aumentare dell’iper-esponente la funzione fornisce valori infinitamente grandi, inoltre si pu`o affermare quante sono le cifre che rimangono costanti a partire da un certo punto (punto al quale si dar`a una definizione matematica tramite una formula); questo `e un ottimo risultato nel calcolo delle tetrazioni.

1

Introduzione

Si `e accennato che le tetrazioni aventi iper-esponente “m” e base “lk” terminano

con le stesse cifre dopo un certo numero m, in particolare si valuter`a come al variare di m varia anche il numero di cifre che possono ripetersi e che saranno uguali alla fine di tutte le tetrazioni con la medesima base a partire dalla tetra-zione m-esima di lkDi seguito un esempio accattivante per iniziare. Si consideri la tetrazione infinita di base 2625, a partire dalla tetrazione settima di 2625 le tetrazioni successive a questa hanno le ultime 30 cifre uguali. Solo l’ordine di grandezza del numero delle cifre della tetrazione settima di tale numero `e circa 10101010

101010

.

Sar`a fondamentale in questa dimostrazione l’utilizzo dell’ordine moltiplicativo universale , che indico con λ(n). Esso rappresenta il pi`u piccolo esponente universale dell’intero positivo “n”, ovvero il pi`u piccolo esponente “u” tale che

(2)

λ(n) `e calcolabile mediante una formula: λ(n) =hλ(2k0), φ(pk1 1 ), φ(p k2 2 ), φ(p k3 3 ) . . . i Dove: n = 2k0pk1 1 p k2 2 p k3 3 . . .

E [x, y, z . . . ] rappresenta il minimo comune multiplo tra x, y, z . . .

La materia della dimostrazione si divide in due macro-casi: quando la base della tetrazione `e una potenza di base due o una potenza di base 5 o quando la base della tetrazione `e la potenza di un numero coprimo con 10. Qui di seguito le formule che verranno dimostrate:

m2≡ (n + 2)2mod(10n)[1] ∀m ∈ N, m ≥ n + 2, ∀n ∈ N m22k ≡ (n + 1)22kmod(10n)[2] ∀m ∈ N, m ≥ n + 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N, k 6= 2h ∧ k 6= 5h m23k ≡ (n + 1)23kmod(10n)[3] ∀m ∈ N, m ≥ n + 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N, k 6= 4h ∧ k 6= 5h m24k ≡ (n − 1)24kmod(10n)[4] ∀m ∈ N, m ≥ n − 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , k 6= 5h m25t k ≡ l n t + 1 m + 1 25t kmod(10 n)[5] ∀m ∈ N, m ≥ d n t+1e + 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , ∀t ∈ N, k 6= 5h m52 tk≡ l n t + 2 m − 1 52t kmod(10 n)[6] ∀m ∈ N, m ≥ d n t+2e − 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , ∀t ∈ N, k 6= 2h mp[2x 5y ] k≡  max x,y,n∈N nl n x + 2 m ,l n y + 1 mo + 1 p[2x 5y ] kmod(10 n)[7] ∀m ∈ N, m ≥maxx,y,n∈N nl n x+2 m ,ly+1n mo+ 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N, ∀p ∈ N con p un numero coprimo con 10, ∀t ∈ N, k 6= 5h, k 6= 2h

Dove dne rappresenta l’intero pi`u vicino ad n, maggiore o uguale ad n e an

rappresenta n tetratto a, ovvero nnn...

(3)

2

Teorema 1.1

In questa sezione verr`a dimostrata la prima delle 7 formule presentate in prece-denza.

Si consideri la tetrazione infinita di 2, si valuta quante sono le ultime cifre di 2222

...

in comune con le ultime cifre di b2, b ∈ N . Quindi si consideri la seguente

congruenza: m2≡ b2mod(10n) Con m ≥ b. Ma essendo 10n= 2n· 5n si ha che m 2≡ b2≡ 0mod(2n) in quanto n ≤ (m − 1)2 e perci`o: m2≡ b2mod(5n)

Essendo (2, 5n) = 1, dove (x, y) rappresenta il massimo comun divisore tra x ed y, sicuramente ∃u0 tale che 2u0 ≡ 1mod(5n)

Il minimo valore che pu`o assumere u0`e proprio λ(5n).

Ma λ(5n) = φ(5n) = 5n− 5n−1= 4 · 5n−1

Dove φ(n) `e la funzione phi di Eulero che rappresenta il numero degli interi positivi minori o uguali ad n, tali che siano coprimi con n stesso.

Detto questo si ha che 24·5n−1 ≡ 1mod(5n) , quindi il secondo piano della

tetrazione si riduce modulo 4 · 5n−1. Ovvero si ha che:

(m − 1)2≡ (b − 1)2mod(4 · 5n−1)

Ma 4

(m − 1)2, quindi si ha che:

(m − 1)2≡ (b − 1)2mod(5n−1)

Ripetendo questo ragionamento si avr`a:

(m − 2)2≡ (b − 2)2mod(5n−2) (m − 3)2≡ (b − 3)2mod(5n−3) . . . (m − n)2≡ (b − n)2mod(5n−n)

Si ripeta questo procedimento n volte. Si otterr`a la composizione p-upla di λ(5n):

λp(5n) = λ(λ(λ(λ(. . . (5n)))))

Dove p rappresenta il numero di composizioni eseguite. In particolare si ha che λn(n) = 4 , infatti λn(n) `e il primo valore di λp(n) dove v5[λp(n)] = 0 Dove

(4)

v5(n) `e la valutazione 5-adica di n, ovvero l’esponente della pi`u grande potenza

di 5 che divide n.

Questo `e vero perch`e in generale λp(5n) = 4 · 5n−p

Lo si dimostra per induzione:

si `e gi`a visto che per un valore di p generico la formula funziona, si consideri il caso p+1: λp+1(5n) = λ(4 · 5n−p) = h λ(22), φ(5n−p)i=h2, 5n−p−1(5 − 1)i= 4 · 5n−p−1 Che `e la tesi. Quindi se n = p: λn(5n) = 4 · 5n−n= 4

Questo valore `e di cruciale importanza, perch`e significa che il piano n-esimo lavora modulo 4. Di conseguenza:

(m − n)2≡ (b − n)2mod(4)

E:

(m − n + 1)2≡ (b − n + 1)2≡ 1mod(5)

In particolare si dimostra che per un certo intero positivo ”b” vale la congruenza appena scritta. Si pu`o affermare che tutte le tetrazioni dopo il piano

 min

b∈nb



− esimo

essendo congruo ad 1 modulo 5, sono congrue alla tetrazioneminb∈nb



−esima modulo 5n , e quindi anche modulo 10n, e ne segue che hanno le ultime n cifre

uguali.

Di conseguenza bisogna trovare minb∈nb tale che sia vero quanto scritto sopra.

Si noti a tal proposito che:

222 = 16 ≡ 1mod(5) Questo avviene se b = n + 2, quindi:

(m − n + 1)2≡ (n + 2 − n + 1)2≡ 32≡ 1mod(5)

E concludendo si ha che:

m2≡ (n + 2)2mod(10n)

(5)

3

Teorema 1.2

In questa sezione verranno analizzati i casi dove la base della tetrazione `e della forma 22k con k 6= 2h,k 6= 5h Si consideri quindi la tetrazione infinita di base

22k. Si vuole dimostrare che esiste min

b∈Nb tale che la seguente congruenza

modulare sia verificata:

m22k ≡ b22kmod(10n)

con m ≥ b

Analogamente a quanto detto nel caso precedente: m22k≡ b22kmod(5n)

Essendo (22k, 5n) = 1 dove (x,y) `e il massimo comun divisore tra x e y ,

sicu-ramente ∃u0 tale che 2u0 ≡ 1mod(5n). Il minimo valore di u0 `e proprio λ(5n).

Ma λ(5n) = φ(5n) = 5n− 5(n − 1) = 4 · 5(n − 1)

(m − 1)22k ≡ (b − 1)22kmod(4 · 5n−1)

Ma 4

(b − 1)2 , quindi si ha che

(m − 1)22k ≡ (b − 1)22kmod(5n−1)

E analogamente a prima, analizzando ogni piano modulo λp(5n) arriviamo al

piano n-1 esimo, dove si ragiona modulo 5.

(22k)(22k)≡ (4k)(4k)≡ [(−1)k]4k≡ 1mod5

Quindi:

(m − n + 1)22k ≡ (b − n + 1)22k ≡ 1(mod5)

`

E vera per b = n+1, infatti la tetrazione seconda di 22k `e congrua a 1 modulo

5. Si `e cos`ı dimostrato che:

m22k ≡ (n + 1)22kmod(10n)[2]

4

Teorema 1.3

In questa sezione verranno analizzati i casi dove la base della tetrazione `e della forma 23k con k 6= 5h e k 6= 2h Si consideri quindi la tetrazione infinita di base

23k. Si vuole dimostrare che esiste min

b∈Nb tale che la seguente congruenza

modulare sia verificata:

m23k ≡ b23kmod(10n)

con m ≥ b

Analogamente a quanto detto nel caso precedente: m23k≡ b23kmod(5n)

(6)

Essendo (23k, 5n) = 1 dove (x,y) `e il massimo comun divisore tra x e y , sicu-ramente ∃u0 tale che 2u0 ≡ 1mod(5n). Il minimo valore di u0 `e proprio λ(5n).

Ma λ(5n) = 4 · 5(n − 1) (m − 1)23k ≡ (b − 1)23kmod(4 · 5n−1) Ma 4 (b − 1)2 , quindi si ha che (m − 1)23k ≡ (b − 1)23kmod(5n−1)

E analogamente a prima, analizzando ogni piano modulo λp(5n) arriviamo al

piano n-1 esimo, dove si ragiona modulo 5. (23k)(2 3k) ≡ (8k)(8 k) ≡ [(−2)k]8k≡ 1mod5 Quindi: (m − n + 1)23k ≡ (b − n + 1)23k ≡ 1(mod5) `

E vera per b = n+1, infatti la tetrazione seconda di 23k `e congrua a 1 modulo

5. Perci`o:

m23k ≡ (n + 1)23kmod(10n)[3]

∀m ∈ N, m ≥ n + 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N, k 6= 2h ∧ k 6= 5h

5

Teorema 1.4

In questa sezione verranno analizzati i casi dove la base della tetrazione `e della forma 24k con k 6= 5h Si consideri quindi la tetrazione infinita di base 24k. Si

vuole dimostrare che esiste minb∈Nb tale che la seguente congruenza modulare

sia verificata:

m24k ≡ b24kmod(10n)

con m ≥ b

Analogamente a quanto detto nel caso precedente: m24k≡ b24kmod(5n)

Essendo (24k, 5n) = 1 dove (x,y) `e il massimo comun divisore tra x e y ,

sicu-ramente ∃u0 tale che 2u0 ≡ 1mod(5n). Il minimo valore di u0 `e proprio λ(5n).

Ma λ(5n) = 4 · 5n−1 (m − 1)24k ≡ (b − 1)24kmod(4 · 5n−1) Ma 4 (b − 1)2 , quindi si ha che (m − 1)24k ≡ (b − 1)24kmod(5n−1)

(7)

E questa volta, analizzando ogni piano modulo λp(5n) arriviamo al piano n-2

esimo, dove si ragiona modulo 25. (24k)(2 4k) ≡ (16k)(16 k) ≡ 16kmod(25) Quindi: (m − n + 2)24k ≡ (b − n + 2)24k ≡ 16kmod(25) `

E vera per b = n-1, infatti la tetrazione (m-n+2)-esima `e congrua alla tetrazione seconda di 24k che `e congrua a 16k modulo 25, che `e proprio la base della

tetrazione. Quindi si pu`o affermare che:

m24k ≡ (n − 1)24kmod(10n)[4]

∀m ∈ N, m ≥ n − 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , k 6= 5h

6

Teorema 1.5

In questa sezione verr`a dimostrata l’ultima delle 5 formule riguardo le tetrazio-ni di base una potenza di base 2, il caso pi`u complesso; si vedr`a infatti come tetrazioni di base 25tk con k 6= 5h ripetano le ultime n cifre molto pi`u veloce-mente degli altri, quindi iper-esponenti relativaveloce-mente piccoli permettono di far ripetere molte ultime cifre. Si consideri ora la tetrazione infinita di base 25tk. Si vuole dimostrare che esiste minb∈Nb tale che la seguente congruenza modulare

sia verificata:

m25t k ≡ b25t kmod(10

n)

con m ≥ b

Analogamente a quanto detto nel caso precedente: m25t k≡ b25t kmod(5

n)

Essendo (25tk, 5n) = 1 dove (x,y) `e il massimo comun divisore tra x e y , sicuramente ∃u0 tale che 2u0 ≡ 1mod(5n). Il minimo valore di u0 `e proprio

λ(5n). Ma λ(5n) = φ(5n) = 5n− 5(n − 1) = 4 · 5n−1

Questa volta non si pu`o andare direttamente al piano n-esimo perch´e bisogna compiere una considerazione importante. Infatti :

λ(5n) = 4 · 5n−1 E quindi: 24·5n−1k ≡ 1mod(5n) Ed essendo 2(5n−1)=h25ti 5(n−1−t)

(8)

per le propriet`a delle potenze si ha che: nh 25ti 5(n−1−t) o4k ≡ 1mod(5n) Ma 25t `

e la base della tetrazione, quindi ad esempio, per t=1, non `e vero che: nh 32i 5(n−1) o4k ≡ 1mod(5n) Ma `e vero che: nh 32i 5(n−2)o4k ≡ 1mod(5n)

Ma allora i vari “piani” lavorano nel seguente modo: Primo piano: modulo 5n

Secondo piano: modulo 5n−(t+1)

Terzo piano: modulo 5n−2(t+1)

Quarto piano: modulo 5n−3(t+1)

. . .

q-esimo piano: modulo 5n−(q−1)(t+1)

Penultimo piano: modulo 5 Ultimo piano: modulo 4.

Si consideri ad esempio la tetrazione di base 252 modulo (57) : Vediamo che

λ(57) = 4 · 56 Quindi: 24·56 ≡ 1mod(57) nh 252i 5(7−1−2) o4 ≡ 1mod(57) Allora si avr`a che il secondo piano lavora modulo 54, ma:

λ(54) = 4 · 53 Quindi: 24·53 ≡ 1mod(54) E allora: nh 252i 5(4−1−2) o4 ≡ 1mod(54)

Si noti che il terzo piano lavora modulo 5. Ripetendo questa operazione un’ul-tima volta si vede che:

λ(5) = 4 Quindi:

(9)

Quindi l’ultimo piano si riduce modulo 4. Ma `e proprio qui che 25t `e congruo a 0 modulo 4, quindi avremo che:

(25t)(2

5t)

≡ (25t)0≡ 1mod(5)

L’ultimo piano corrisponde proprio a dt+1n e + 1 dove dne rappresenta l’intero pi`u vicino ad n , maggiore o uguale ad n (la cosidetta ”ceil function”)

In questo caso l’ultimo piano era il quarto (per n=7 e t=2) , infatti d 7

2+1e + 1 = 3 + 1 = 4 Quindi: (m −l n t + 1 m + 1)25t ≡ (b − l n t + 1 m + 1)25t ≡ 1mod(5)

`e vera per b = dt+1n e + 1 , infatti la tetrazione seconda di 25t `e congrua ad 1

modulo 5 per qualunque intero positivo t. Si giunge alla conclusione che: m25t k ≡ l n t + 1 m + 1 25t kmod(10 n )[5] ∀m ∈ N, m ≥ d n t+1e + 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , ∀t ∈ N, k 6= 5h

7

Teorema 2

In questa sezione verr`a dimostrata la sesta formula riguardante le tetrazioni di base 52tk Si consideri ora la tetrazione infinita di base 52tk. Si vuole dimostrare che esiste minb∈Nb tale che la seguente congruenza modulare sia verificata:

m52t k ≡ b52t kmod(10

n)

con m ≥ b

Analogamente a quanto detto nei casi precedenti: m52t k≡ b52t kmod(2

n)

In quanto 5n m52t k.

Essendo (52tk, 2n) = 1 dove (x,y) `e il massimo comun divisore tra x e y ,

sicuramente ∃u0 tale che 5u0 ≡ 1mod(2n). Il minimo valore di u0 `e proprio

λ(2n). Ma λ(2n) = 2n−2per n ≥ 3

Ma allora:

52n−2 ≡ 1mod(2n)

Ed essendo inoltre : Ma 52t `e la base della tetrazione che si sta analizzando.

5(2n−2)=h52ti

(10)

per le propriet`a delle potenze si ha che: nh 52ti 5(n−2−t) ok ≡ 1mod(5n)

Ma allora i vari “piani” lavorano nel seguente modo: Primo piano: modulo 2n

Secondo piano: modulo 2n−(t+2)

Terzo piano: modulo 2n−2(t+2)

Quarto piano: modulo 2n−3(t+2)

. . .

q-esimo piano: modulo 2n−(q−1)(t+2)

Ultimo piano: modulo 2g con 0 < g < t

A tal proposito si noti che esiste un piano che, a seconda della parit`a di n si riduce modulo 16 o modulo 8; infatti se n `e pari si ridurr`a modulo 16 mentre se n `e dispari si ridurr`a modulo 8.Si cerca quindi il valore del minimo valore di b tale che sia vera la seguente congruenza modulo 2g:

(m −l n t + 2 m + 2)25t ≡ (b − l n t + 2 m + 2)25t ≡ 1mod(2 g)

Questo piano corrisponde a bt+2n c − 1 , ovvero la tetrazione (b − d n

t+2e + 2)-esima

Si noti inoltre che:

52t≡ 1mod(2g)

In quanto 0 < g < t e:

52t ≡ 1mod(2t)

Quindi minb∈Nb = bt+2n c − 1 in quanto:

(m −l n t + 2 m + 2)25t ≡ (b n t + 2c − 1 − l n t + 2 m + 2)25t ≡ 125t ≡ mod(2 g) Perci`o: m52 tk≡ l n t + 2 m − 1 52t kmod(10 n)[6] ∀m ∈ N, m ≥ d n t+2e − 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , ∀t ∈ N, k 6= 2h

8

Confronto e analisi dei primi risultati

Ci si sofferma sulle ultime formule trovate, rispettivamente per le basi della forma 25tk e 52tk, riportate qua di seguito:

m25t k ≡ l n t + 1 m + 1 25t kmod(10 n)[5] ∀m ∈ N, m ≥ d n t+1e + 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , ∀t ∈ N, k 6= 5h m52 tk≡ l n t + 2 m − 1 52t kmod(10 n)[6]

(11)

∀m ∈ N, m ≥ d n

t+2e − 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N , ∀t ∈ N, k 6= 2h

Si noti una forte simmetria tra le due, e si noti che per valori di n e t uguali: l n t + 1 m + 1 ≥l n t + 2 m − 1

Questo implica che le tetrazioni di base 52tkiniziano ad avere le stesse cifre finali con un iper-esponente minore a quello delle tetrazioni di base 25tk a parit`a di “n” e “t”. Possiamo inoltre concludere che tra le varie formule nel caso dove la base della tetrazione `e una potenza di base 2, la tetrazione che permette la ripetizione delle sue ultime cifre con un iper-esponente relativamente piccolo `e proprio quando la base `e uguale a 25tk

.

9

Teorema 3

In questa importante sezione viene analizzato il caso di quando la base `e della forma p(2x·5y)

con p un numero coprimo con 10n e x, y ∈ N Si `e gi`a visto come

le potenze di base 2 e di base 5 sono fondamentali quando si opera modulo 10n, ma ancora di pi`u quando la base `e un numero della forma descritta poco

fa. Si consideri la tetrazione infinita di p(2x·5y)

, verr`a trovata qual `e la soglia dell’iper-esponente dopo la quale tutte le ultime “n” cifre rimangono uguali. Il primo piano ovviamente si riduce modulo 10n. Ma essendo (p, 10n) = 1 si ha:

pλ(10n)≡ 1mod(10n)

Ma λ(10n) = 2n−2· 5n−1tranne quando n ≤ 4, in quel caso λ(10n) = 4 · 5n−1

in quanto:

λ(10n) =hλ(2n), λ(5n)i=h2n−2, 5n−1i

Ma 2n−2≤ 4, allora il minimo comune multiplo tra questi numeri `e costante e vale: λ(10n) = 4 · 5n−1 Si noti che: pλ(10n)= p2n−2·5n−1=hp(2x·5y)i (2n−2−x·5n−1−y) ≡ 1mod(10n)

Quindi il secondo piano della tetrazione si riduce modulo 2n−2−x· 5n−1−y Il

terzo piano si ridurr`a modulo 2n−2(x+2)· 5n−2(y+1) Il quarto si riduce

modu-lo 2n−3(x+2)· 5n−3(y+1) e cos`ı via fino al q-esimo piano che si riduce modulo

2n−(q−1)(x+2)· 5n−(q−1)(y+1). Infatti in generale si ha che:

λ(2a· 5b) = 2a−2· 5b−1

e perci`o p2a−2·5b−1≡ 1mod1(2a· 5b) Ma la base della tetrazione `e p(2x·5y)

, allora: h

p(2x·5y)i

(2a−2−x·5b−1−y)

(12)

Quindi l’esponente di p(2x·5y)si riduce modulo 2n−2−x·5n−1−ynel secondo piano

(a=b=n nel nostro caso). Questa operazione di riduzione va svolta per tutti i piani finch`e non si ottiene che quel particolare esponente si riduce modulo 1. Si consideri la formula di riduzione per il piano q-esimo:

2n−(q−1)(x+2)· 5n−(q−1)(y+1)

Che vale finch`e n − (q − 1)(x + 2) > 3 e n − (q − 1)(y + 1) ≥ 0 Infatti se n − (q − 1)(x + 2) < 3 e n − (q − 1)(y + 1) ≥ 0 La formula di riduzione per il piano q-esimo diventa:

4 · 5n−(q−1)(y+1) In quanto λ(2a· 5b) = 4 · 5b−1per a ≤ 4

Quando per`o, si ha contemporaneamente che:

n − (q − 1)(x + 2) ≤ 0 ∧ n − (q − 1)(y + 1) ≤ 0

con “q” il primo intero tale che accada questa condizione, essenzialmente se n − (q − 1)(y + 1) ≤ 0 ma n − q(y + 1) > 0 Allora il piano q si riduce modulo 4. Il piano q+1 modulo 2 e il piano q+2 modulo 1. In quanto λ(4) = 2 e λ(2) = 1 Ipotizziamo che n − (q − 1)(x + 2) ≤ 0 → n ≤ (q − 1)(x + 2) o che

n − (q − 1)(y + 1) ≤ 0 → n ≤ (q − 1)(y + 1) , e q il primo intero tale che questo accada. A questo punto si veda la formula per il piano “q-1”-esimo.

2n−(q−2)(x+2)· 5n−(q−2)(y+1)

Per n − (q − 2)(x + 2) > 2, mentre diventa: 4 · 5n−(q−2)(y+1) Per n − (q − 2)(x + 2) < 3 ma n − (q − 2)(y + 1) ≥ 0 Se n − (q − 2)(x + 2) ≥ 0 e n − (q − 2)(y + 1) ≥ 0

λh2n−(q−2)(x+2)· 5n−(q−2)(y+1)i= 2n−(q−2)(x+2)−2· 5n−(q−2)(y+1)−1

Allora:

p2n−(q−2)(x+2)−2·5n−(q−2)(y+1)−1≡ 1modh2n−(q−2)(x+2)· 5n−(q−2)(y+1)i

Ma allora: [p(2x·5y)][2

n−(q−1)(x+2)·5n−(q−1)(y+1))]

≡ 1modh2n−(q−2)(x+2))· 5n−(q−2)(y+1)i Ma n − (q − 1)(x + 2) < 0 , questo non va bene perch´e 2n−(q−1)(x+2)< 1

Possiamo dunque sostituire 2n−(q−1)(x+2) con 20=1. Facciamo un esempio:

Si consideri la tetrazione infinita di base 1125·53 modulo 1010. Il secondo piano per quanto detto lavora modulo 23· 56.

(13)

numeri naturali.

Ma sappiamo allora che lavora modulo 52. Infatti: [11(25·53)]2

3·56

≡ 1mod(1010)

Quindi il secondo piano della tetrazione si riduce modulo 23· 56.

Ma: λ(23· 56) = 4 · 55

Quindi 114·55k≡ 1mod(23· 56) , ma la nostra base `e 1125·53

Si noti quindi che [1125·53]5

2

≡ 1mod(23· 56).

Infatti 25· 55 `e multiplo di (4 · 55)k , in particolare se k = 23 le due quantit`a

sono uguali. In generale si ha che:

p2n−(q−2)(x+2)−2·5n−(q−2)(y+1)−1k ≡ 1modh2n−(q−2)(x+2)· 5n−(q−2)(y+1)i

E che essendo n − (q − 1)(x + 2) < 0: [p(2x·5y)][2

0∗5n−(q−1)(y+1)]

≡ 1modh2n−(q−2)(x+2· 5n−(q−2)(y+1)i

Visto che (2n−(q−2)(x+2)−2·5n−(q−2)(y+1)−1)k = 2x·5n−(q−1)(y+1)+yper qualche

k. Il discorso `e analogo se n − (q − 1)(y + 1) < 0, semplicemente in questo preciso caso si sostituir`a all’esponente di 5 lo zero (come ora abbiamo sostituito lo zero all’esponente di 2).

Detto questo, dato che l’ultimo piano si riduce modulo 1, il penultimo piano ridotto rispetto al suo modulo, vale 1. Infatti si consideri:

aamod(20) , se il secondo piano di riduce modulo 1 si ha che:

a0≡ 1(mod20) per qualunque intero positivo “a” tale che (a, 20) = 1.

Essenzialmente ci chiediamo ora quando il piano q si riduce modulo 1. Ma visto che ogni piano si riduce modulo 2a· 5b per qualche a,b interi positivi, vediamo

qual `e l’ultimo piano dove a `e un numero non nullo e quando `e l’ultimo piano dove b `e un numero non nullo. “a” `e non nullo nel piano dx+2n e + 2 ma `e nullo nel piano dx+2n e + 3 mentre “b” `e non nullo nel piano dy+1n e + 2 ma `e nullo nel piano d n

y+1e + 3.

Questo ragionamento scaturisce immediatamente dalla formula di riduzione tro-vata per il piano q-esimo:

2n−(q−1)(x+2)· 5n−(q−1)(y+1) , sostituendo a “q” i valori riportati qui sopra, gli

esponenti diventano negativi (e per il discorso di prima quindi bisogna sostituirli con esponenti nulli, ovvero con zero). Ma allora ambo gli esponenti diventano nulli quando “q” `e:  max x,y,n∈N nl n x + 2 m ,l n y + 1 mo + 3

E quindi per concludere il piano q =maxx,y,n∈N

nl n x+2 m ,l n y+1 mo + 2ridotto al suo ris`eettivo modulo vale 1 in quanto il piano successivo si riduce modulo

(14)

1(e quindi una volta ridotto vale 0, e qualunque numero elevato 0 da 1). Quindi l’ultimo piano della tetrazione da tenere in considerazione `e quello della forma:

 max x,y,n∈N nl n x + 2 m ,l n y + 1 mo + 1

Perch´e il piano successivo `e sempre congruo ad 1 ridotto al modulo relativo a quel piano.

La formula che verr`a presentata permette di calcolare una soglia sicura dopo la quale sicuramente le tetrazioni successive contengono le ultime “n” cifre alla fine del loro numero. Per molti numeri `e anche la soglia “minima”, ovvero se la formula da un certo valore di un iper-esponente, la tetrazione elevata all’iper-esponente precedente non permette la ripetizione di tutte le “n” cifre, quindi le due tetrazioni finiscono con le ultime “n” cifre diverse. Per`o siete comunque sicuri che la soglia che otterrete, pur non essendo sempre la pi`u piccola, permette la ripetizione di tutte le “n” ultime cifre da quell’iper-esponente in poi. Per concludere: mp[2x 5y ] k≡  max x,y,n∈N nl n x + 2 m ,l n y + 1 mo + 1 p[2x 5y ] kmod(10 n)[7] ∀m ∈ N, m ≥maxx,y,n∈N nl n x+2 m ,ly+1n mo+ 1, ∀n ∈ N, ∀k ∈ N, ∀p ∈ N con p un numero coprimo con 10, ∀t ∈ N, k 6= 5h, k 6= 2h

10

Conclusioni

Sono affascinanti le tetrazioni nella loro capacit`a di incrementare i loro valori in modo sempre maggiore rispetto al loro iper-esponente. Con questo teorema ci ripropone di scoprire delle propriet`a di questi numeri cos`ı enormi senza poterli vedere mai scritti per intero (perch´e troppo grandi). Un interessante risultato che pu`o essere utile in un ambito pratico se si vuole ridurre una tetrazione modulo 10no se pi`u in generale si vuole vedere dopo quanto tempo le ultime cifre

di una tetrazione rimangono uguali dopo che si supera un certo iper-esponente. Tale risultato si pu`o incrementare in un calcolatore e riuscire velocemente a svolgere calcoli pressoch`e impossibili per un umano.

11

Bibliografia e sitografia

• https://en.wikipedia.org/wiki/Tetration

• Floor function: https://en.wikipedia.org/wiki/Floorandceilingfunctions • Funzione phi di Eulero: https://it.wikipedia.org/wiki/FunzioneCF86diEulero • Aritmetica Modulare di Salvatore Damantino ed Emanuele Campeotto (col-lana U Math)

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