tsujimotterのノートブック

日曜数学者 tsujimotter の「趣味で数学」実践ノート

（自由研究）49をmod 100でべき乗する話の一般化？

数学自由研究・独自研究整数論

横山明日希さんのこちらのツイートの内容がとても興味深かったので、自分でもいろいろ一般化ができないかと考えてみました。

4月9日です！

「49」は、

「奇数回かけると下二桁が49になる」というちょっと面白いを持っている数です！ pic.twitter.com/eWair1rc0A
— 横山明日希 (@asunokibou) 2021年4月8日

上の話は $49$ という数を $\bmod{100}$ でべき乗していくと

$49^1 \equiv 49 \pmod{100}$

$49^2 \equiv 1 \pmod{100}$

$49^3 \equiv 49 \pmod{100}$

$49^4 \equiv 1 \pmod{100}$

$49^5 \equiv 49 \pmod{100}$

$\vdots$

のように繰り返されるというお話でした。

群論的に言い換えると、 $(\mathbb{Z}/100\mathbb{Z})^\times$ における $49$ の位数が $2$ であるということですね。

ここで、 $49^2 \equiv 1 \pmod{100}$ であることは、 $49 = 50 - 1$ を使えば簡単に計算できるということに気づきました。つまり

$49^2 = (50 - 1)^2 = 50^2 - 2\times 50 + 1 \equiv 1 \pmod{100}$

ということですね。最後の合同式は、

$50^2 = 2500 \equiv 0 \pmod{100}$

$2\times 50 = 100 \equiv 0 \pmod{100}$

であることを使っています。

50が $\bmod{100}$ におけるべき零元であり、 $2\times 50 = 100$ であることがうまく効いていますね。

同じ要領で $51 = 50 + 1$ も位数 $2$ となります。

個人的には、 $49$ の $(\mathbb{Z}/100\mathbb{Z})^\times$ における位数を計算するのに、 $(\mathbb{Z}/100\mathbb{Z})^\times$ に属さない元 $50$ を使っているのが面白いなと思いました。こういうのって環論的に何かあるんですかね？

さて、このような例を得ると

$(a\pm 1)^k \equiv 1 \pmod{10^n} \tag{1}$

を満たす例を作ってみたくなりますね。

実際、 $\bmod{100}$ の元の位数は

$\# (\mathbb{Z}/100\mathbb{Z})^\times = \varphi(100) = 40$

なので、合同式のオイラーの定理より $40$ の約数

$1, 2, 4, 5, 8, 10, 20, 40$

が $k$ の候補となります。

それぞれの $k$ について、式 $(1)$ を満たす例を考えてみましょう。

$k = 4$ のとき

$(a\pm 1)^4$ を二項展開すると

$(a\pm 1)^4 = a^4 \pm 4a^3 + 6a^2 \pm 4a + 1$

となります。

ここで、 $a = 25$ とするとうまくいきそうな気もしますが、

$25^4 \not\equiv 0 \pmod{100}$

なのでうまく消えてくれません。（ $25$ がべき零でない。）

じゃあ、 $a = 50$ とすれば

$(50\pm 1)^4 \equiv 1 \pmod{100}$

となり一見いい感じですが、これは $(50\pm 1)^2 \equiv 1 \pmod{100}$ を2乗しただけなので面白くないですね。

というわけで、 $k = 4$ は面白くなさそうなので、次の $k$ にいきましょう。

$k = 5$ のとき

$(a + 1)^5$ を二項展開すると

$(a + 1)^5 = a^5 + 5a^4 + 10a^3 + 10a^2 + 5a + 1$

となります。

ここで、 $a = 20$ をとれば、 $a$ のつく項はすべて $\bmod{100}$ で消えることになります。よって

$21^5 = (20 + 1)^5 \equiv 1 \pmod{100}$

が成り立つことがわかりました。

実際、 $21^k \pmod{100}$ を計算してみると

f:id:tsujimotter:20210409234952p:plain:w220

となって、下２桁が周期的になっていますね！（周期５）

（Wolfram Alphaでこんな風に計算できることは、どねさんのツイートで知りました！　ありがとうございます！）

ところで上の系列では、下2桁が

$21 \to 41 \to 61 \to 81 \to 01 \to \cdots$

のように動いているのが面白いですね。考えてみればそれはそうなのですが、面白いです。

さて、一旦こういう例を見つけると、 $\bmod{10^n}$ でも同じことができそうだとわかります。

実際、

$21^5 \equiv 1 \pmod{100}$

$201^5 \equiv 1 \pmod{1000}$

$2001^5 \equiv 1 \pmod{10000}$

$20001^5 \equiv 1 \pmod{100000}$

$200001^5 \equiv 1 \pmod{1000000}$

$\vdots$

のような系列が一般に成り立ちます。

このことは、 $(a + 1)^5$ の二項展開と

$(2\times 10^n)^2 \equiv 0 \pmod{10^{n+1}}$
$5\times (2\times 10^n) = 10^{n+1}$

が成り立つことから簡単に示すことができます。興味がある人は考えてみてください。

ところで、 $(a - 1)^5$ を考えないのが気になった方もいるかもしれません。二項展開を考えると

$(a - 1)^5 = a^5 - 5a^4 + 10a^3 - 10a^2 + 5a - 1$

となり、最後が $-1$ になってしまうからですね。しかしここで、 $a = 20$ とすれば　

$19^5 = (20 - 1)^5 \equiv - 1 \pmod{100}$

となるわけです。この両辺を2乗すれば

$19^{10} \equiv 1 \pmod{100}$

となり、位数 $10$ の元をゲットできてしまいます。これはこれで面白いですね。

$k = 8$ のとき

$k = 4$ のときと同じ理由でうまくいきません。

$k = 10$ のとき

$(a\pm 1)^{10}$ の二項展開を計算すると

$(a\pm 1)^{10} = a^{10} \pm 10a^9 + \cdots \pm 10a + 1$

となります。

ここで、 $a = 10$ とすれば

$a^2 \equiv 0 \pmod{100}$
$10a = 100 \equiv 0 \pmod{100}$

となり、 $a$ がついている項はすべて消えます。

したがって

$11^{10} \equiv 1 \pmod{100}$

$9^{10} \equiv 1 \pmod{100}$

が成り立ちます。

つまり、 $9^k$ と $11^k$ の下二桁は、周期10で繰り返すということですね！

これもまったく同じ理由により

$11^{10} \equiv 1 \pmod{100}$

$101^{10} \equiv 1 \pmod{1000}$

$1001^{10} \equiv 1 \pmod{10000}$

$10001^{10} \equiv 1 \pmod{100000}$

$100001^{10} \equiv 1 \pmod{1000000}$

$\vdots$

や

$9^{10} \equiv 1 \pmod{100}$

$99^{10} \equiv 1 \pmod{1000}$

$999^{10} \equiv 1 \pmod{10000}$

$9999^{10} \equiv 1 \pmod{100000}$

$99999^{10} \equiv 1 \pmod{1000000}$

$\vdots$

という系列を作ることができそうです。面白いですね！

そんなわけで、もっと一般化できそうなネタですが、色々楽しめたので今日はこの辺にしたいと思います！