> Para o caso mdc(a, 10) = 1, basta então provarmos que existe n tal que > A(n+1) = A(n) (mod 10^1002) teremos provado que os 1000 últimos dígitos > eventualmente são fixados...
Acho que consegui fechar a prova para o caso mdc(a, 10) = 1. defina g(n) = A(n+1) - A(n), n >= 1 manipulando g(n): g(n) = a^A(n) - a^A(n-1) = a^A(n-1)*[a^(A(n) - A(n-1)) - 1] = A(n)[a^g(n-1) - 1] para que g(n) = 0 (mod 10^1002) temos que a^g(n-1) = 1 (mod 10^1002) para isso basta (aqui não é se e somente se!) que g(n-1) = 0 (mod phi(10^1002) = 4.10^1001) ou seja a^g(n-2) = 1 (mod 4.10^1001) seguindo essa linha de raciocínio, podemos continuar até chegarmos em: a^g(n-1002) = 1 (mod 2^2004) como phi(2^n) = 2^(n-1) podemos ir voltando atrás até chegarmos ao simples: a^g(n-3005) = 1 (mod 2) mas isso é verdade pois 2 não divide a, logo uma potência de a é ímpar! a demonstração segue no sentido contrário! Falta agora apenas o caso 2|a e 5|a :-) [ ]'s ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]> =========================================================================