9º Desafío Matemático de El País: Una enorme potencia de 2


Ya se ha publicado el noveno desafío matemático de El País: “Una enorme potencia de 2”

Esto es lo que se publica esta semana:

Alberto Elduque, catedrático de Álgebra de la Universidad Zaragoza, presenta el noveno desafío de EL PAÍS con el que celebramos el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Las respuestas pueden enviarse a problemamatematicas@gmail.com antes de la medianoche del lunes 16 de mayo (00.00 horas del martes). Entre los acertantes sortearemos una biblioteca matemática como la que ofrece cada semana EL PAÍS. Este domingo, por 9,95 euros con el periódico en el quiosco, Una nueva manera de ver el mundo, de María Isabel Binimelis.

NOTA IMPORTANTE: Para aclarar dudas y en atención a nuestros lectores sordos, incluimos a continuación el enunciado por escrito.

Hemos copiado mal una potencia de 2. Sólo sabemos que el exponente empieza por 528, luego hay varias cifras, y termina en 7301. Hay que calcular cuáles serían las dos últimas cifras de tan enorme número.

104 comentarios

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104 Respuestas a “9º Desafío Matemático de El País: Una enorme potencia de 2

  1. Borja

    Hola a todos,
    no me parece muy rigurosa la explicación, me surge la duda de cuántos números faltan en el exponente.
    Según lo que se ve en el video, dibuja cuatro asteriscos, pero en la explicación para los lectores sordos, dice “algunos números”.
    Es posible que no sea relevante, lo pensaré.

    Suerte a todos.

  2. Rogelio

    bastante facil… la antepenultima es 7, las 2 ultimas no las dire claro.

  3. Javier

    Este es el más fácil de todos los desafíos.
    Copiando a Rogelio… las últimas 4 cifras serían: 07??. Naturalmente las dos últimas no las diré.
    El problema me parece bastante fácil es más divertido el juego que ha comenzado Rogelio.
    Un saludo.

  4. Ángel

    Hola a todos.

    Ya tengo mi solución y estoy tan orgulloso de no haber tardado días (como con otros problemas) que vengo aquí para fardar. Es brooooooma ;-)

    Pistas (Santi, censúrame si lo consideras necesario):

    – El número de asteriscos **********.
    – *******************************.
    – Y como dirían los heramos Hernández y Fernández… “Yo aún diría más”. ***************************************.
    – En mi demostración (supongo que habrá otros caminos), es importante tener nociones básicas de aritmética modular.

    ¡¡¡Saludos y suerte!!!

    • Voy a empezar a ser un poco más Torquemada con las pistas, en el anterior desafío me sugirieron que éramos demasiado explícitos… y creo que tenían razón.
      Por cierto, sí es verdad que es más facilón, pero lo encuentro bastante bonito. Cuando tenga un rato ya comentaré algunos ejemplos (clásicos) sobre números sorprendentemente grandes.

      • Ángel

        Lo entiendo, Santi.

        Y además estoy de acuerdo. Ánimo a todo el mundo. El problema es bastante asequible incluso con tantos asteriscos en las pistas ;-)

        Un saludo.

  5. jabon

    Creo que también sé la respuesta, y obviamente acaba en número par. Con esto ya es fácil deducir que hay un 2 % de probabilidades de acertar la respuesta al azar.
    De antemano, no sabría explicar la razón de mi respuesta. Sería poco convincente, simplemente deducción.
    La única explicación que he encontrado es que si sumo la edad de mis hijos y la multiplico por 2, me sale esa cifra (que dicho de paso no sé si es la cierta o no). Si sabéis cuántos hijos tengo y cuáles son sus edades, ya tenéis la respuesta.

  6. Curioso… Mi demostración no me dice nada más allá de las dos últimas cifras, es decir, sería incapaz de decir nada de la antepenúltima o anteriores como se ha dicho por ahí arriba.

    Con lo cual me da por pensar que mi demostración tiene bastante de “fuerza bruta” (ojo, no por ello menos rigurosa: demuestras un caso, demuestras todos… creo que ya me entendéis) y que habría alguna demostración bastante más elegante que te dé toda esa información que decís… De hecho, no he utilizado (explícitamente) nada de aritmética modular, y me da que es ahí donde está el “punto flaco” de mi demostración (vamos, el punto en el que podría haber hecho las cosas mucho, mucho más sencillas)

    Saludos y buen finde

    • Solomillo

      A mí me pasa como a Vincent, sólo puedo saber las últimas 2 cifras, y me baso en:

      xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

      Y he hecho una demostración pedestre, que para eso lo sacan en el país, no en una asociación matemática.

    • jose antonio

      me parece que hemos coincido en la demostración incluso en eso que denominas “fuerza bruta” y es que tengo que desmostrar que el prodsucto de dos números determinados siempre es un resultado deteminado. ¿va por ahí?

      • No sé, con eso de el “producto de dos números” me despistas un poco… supongo que al final todas serán parecidas. En efecto para hallar las unidades y las centenas no hacen falta las centenas ni los millares; los que las hemos encontrado ha sido por pura curiosidad.

        • jose antonio

          Lo que quería decir, y ya veo que se ha apuntado, es que pasa por demostrar que siempre que multiplicamos un número terminado en xx por otro termiando en xx, se obtiene como resultado un número terminado en xx, y que cualquier número terminado en xx multiplicado por otro de igual temrinación da como resultado otro termiando en xx. Lo de la fuerza bruta, es por que hice varias pruebas hasta dar con el xx y el xx- pero con una hoja de calculo creo que el dichoso numero termina en 2347??

  7. Rogelio

    Javier, gracias por seguir el juego, se puede ir aun mas lejos, las ultimas 6 cifras son:
    x347yz
    donde x es par, ‘yz’ no las digo claro esta!

    • Javier

      Hola Rogelio estoy de acuerdo contigo: las cinco últimas cifras son 347yz.
      Sin embargo creo que no se puede saber la cifra 6º. Ya me contarás.
      Un saludo.

  8. jabon

    Pregunta para saber si mi respuesta es correcta

    ¿Tiene algo de relación con San Pedro Damián?

  9. mauricio

    los ultimos numeros:

    17359534625098688933238129226389246202347XX?

  10. jabon

    Como queréis jugar, y yo no puedo competir a vuestro nivel, vamos a hacerlo de otro modo:
    ¿Qué relación tiene la respuesta al desafío con el obispo xxxxxxxxxxxxxx?

  11. Rogelio

    Mauricio, tienes mucha-mucha imaginacion!
    Javier, la sexta cifra no se sabe, pero se puede demostrar que es par!
    Suerte!

  12. Ahora sí que estoy completamente perdido… Como dije ayer, mi demostración (probablemente más “bruta” y menos elegante que la que habéis hallado la mayoría) no me permite decir nada acerca de las cifras anteriores a las dos últimas, y, como puntilla, el nombre del famoso obispo (pude copiarlo antes de la “censura” :-) ) no me aporta absolutamente nada de información…
    xxxxxxx

  13. Pedro Correa

    Pues a mí me ha gustado mucho el problema. Alberto Elduque me dio clase de álgebra en 4º de mates hace 14 años y creo que era el profesor más brillante de la universidad.

    La única pista que podría dar es que es compañero de departamento del señor Garay

  14. Raul

    Hola Santi.
    He hecho una demostración un poco pedestre, a lo bruto.
    ¿Crees que queda demostrado o la inducción de las series habría que demostrarla?

    Una enorme potencia de 2
    xxxxxxxxxx

  15. Alex

    ¡Hola Santi!

    Si no me he equivocado, creo que termina en xx ¿puede ser?

    Saludos ;)

  16. Salva

    Hola Santi, me tiene intrigado lo del Obispo, ya nos dirás a que se refiere jabon. Mi solución es también aplicando, como dice Vincent, la “fuerza bruta” .

  17. HOLA A TODOS Y VARIAS COSAS:

    – Primero, hoy no he podido consultar Internet, así que se han apilado bastantes comentarios… :(
    – Respecto al clamor que ha suscitado el obispo; realmente yo mismo no sé a ciencia cierta a qué se refería jabón, pero al poner su nombre en Google salían sus fechas de nacimiento y muerte y la segunda terminaba en xx (jjj) que se parecía bastante a la solución, aunque no lo era. Creo que podía ir por ahí. Bien pensado, como esa no es la solución, voy a “liberar” al obispo y que cada uno saque sus propias conclusiones; se llamaba Pedro Damián. Ahora, no me negaréis que relacionar al tal obispo con este problema no deja de ser una coña marinera, jajaja.
    – En cuanto a la aritmética modular; se puede usar, pero como es lógico no es en absoluto necesaria, no me imagino uno de estos problemas en los que salgan diciendo “según el pequeño Teorema de Fermat…” ó “dado que pertenecen a la misma clase de congruencia…” jajaja lo justo para auyentar de los desafíos al 95% del personal…

  18. Javier

    Esto no es necesario que lo publiques:

    Tenemos una potencia de 2, los 4 últimos número al que está elevado es 7301. Con esto sólo queda claro que el nº que nos piden termina en 2.
    Pero son dos cifras las que nos piden
    Está claro que en todas las potencias desde 2 elev. a 1 hasta el nº que nos piden debe haber un ciclo repetitivo; y digo que está claro porque es un número finito y natural que sucesivamente se multiplican por dos… en algún momento se repetirá algún número que producirá el ciclo del que hablo.
    Eso es lo que hago… La última cifra se repite cada 4 ciclos (2, 4, 8, 16, 32, 64, 128…)
    Las dos últimas cifras se repiten cada 20 ciclos (es fácil de comprobar).
    7301/20 = 365,05. De este número me interesan los decimales que me indica a cual de estos 20 números (ciclo de 20) pertenece la terminacion 7301.
    0,05 quiere decir que es el primer nº del ciclo de 20.
    Con 2 elev. a 1 sólo sabemos la cifra final… como cada 20 nº (exponentes) las dos cifras se repiten… el siguiente ciclo comienza con 2 elev. a 21 que es 2097152. Por tanto el nº que nos piden termina también en 52.

    Con una tabla excel he estado haciendo comprobaciones y he descubierto ciertas curiosidades:

    . 1 cifra se repite cada 4 ciclo.
    . 2 cifras se repiten cada 20 ciclos (4 x 5).
    . 3 cifras se repiten cada 100 ciclos (20 x 5).
    . 4 cifras se repiten cada 500 ciclos (100 x 5).
    lo que me hace pensar que 5 cifras se repetiran cada 2500 ciclos… 6 cifras cada 12500 nº… 7 cifras cada 62500 nº… n cifras cada 4 x 5 elev. a (n-1) nº.
    . En el ciclo de 20 la suma de las 2 últimas cifras es igual a 1000 (excepto el primer ciclo de 20 que suma 950 el resto suma 1000).

    He hecho lo mismo con potencias de 3 y sucede lo mismo:

    . 1 cifra se repite cada 4 ciclo.
    . 2 cifras se repiten cada 20 ciclos (4 x 5).
    . 3 cifras se repiten cada 100 ciclos (20 x 5).
    . 4 cifras se repiten cada 500 ciclos (100 x 5).
    . En el ciclo de 20 la suma de las 2 últimas cifras es igual a 1000 (excepto el primer ciclo de 20 que suma 900 el resto suma 1000).

    Me ha parecido realmente curioso.

    He estado haciendo más pruebas con otras potencias… de 4, 5, 6, 7, 8, etc.
    y he descubierto lo siguiente:
    (en repeticiones de las dos últimas cifras).
    potencia de 2: ciclos de 20 nº
    potencia de 3: ciclos de 20 nº
    potencia de 4: ciclos de 10 nº.
    potencia de 5: siempre termina en 25.
    potencia de 6: ciclos de 10 nº.
    etc.
    pero lo realmente curioso es que parece que no puede haber un ciclo de repeticiones en dos cifras superior a 20 nº…. además en todos los que tienen ciclos de 20 nº la suma de las dos últimas cifras siempre es 1000 (siempre excepto en el primer ciclo).

    En fin aunque el problema me ha resultado muy sencillo… me ha gustado por la cantidad de curiosidades que he observado. Seguramente serán nimiedades para la mayoría pero me a mi me ha parecido fascinante.

    Un saludo.

    • Javier, tu comentario es tan completo que lo dejo pendiente para publicarlo cuando se cierre el plazo. Un saludo y gracias.

      • Javier

        Hola.
        En cuanto a las sumas de las últimas cifras:
        . 2 cifras – ciclos de 20 – suma: 1000.
        . 3 cifras – ciclos de 100 – suma: 50.000. (1000 x 50)
        .4 cifras – ciclos de 500 – suma: 2.500.00. (50.000 x 50)

        parece que la fórmula sería la siguiente:
        n cifras – ciclos de 4 x 5 elev. a (n-1) – suma: 10 elev. a (2n-3) x 5 elev. a (n-2).

        Un saludo.

  19. omar

    Yo conozco la solución pero por un razonamiento de fuerza bruta pura, apoyándome en derive jeje sabiendo la solución intentare buscar la relación

  20. Rogelio

    Mauricio, lo siento, no pecaste tu de exceso de imganacion sino
    yo por falta de la misma!

  21. Miletón

    Buenas. Este lo leo ahora mismo (me queda poco tiempo) y tras pensar sólo un ratito en él, me pongo a leer el blog y me lío mucho más:
    1.- El xx lo veo, pero no es el que a mi me sale por correspondencia; a mi me sale un xy.
    2.- Santi dice que las series no hay que demostrarlas, pero en el problema del piano si se hacía.
    3.- Por el lado que yo voy no es posible dar con la cifra anterior, ¿eso es porque os habeis entretenido en ello o porque el metodo para solucionar el problema lo da?
    4.- Según la wiki la fecha de la muerte del obispo no termina en xx.

    Sigo dandole vueltas al asunto. Un saludo.

    • No miletón, xx no significa que las dos sean iguales, que no lo son, sólo significa “censura” en general. Yo creo que aquí no hay que demostrar de forma rigurosa por inducción o lo que sea, ya que se pide sólo una explicación del resultado. De todas formas, cuanto más riguroso seas, mejor, yo este fin de semana no tengo mucho tiempo…

      • Miletón

        Perdón, leí demasiado rápido. Sobre lo otro, lo de el resto de las cifras, ¿lo obteneis a la vez que se resuelve el problema o es que ampliais el problema?, me tiene en duda.

        • Yo resuelvo las otras cifras razonando de forma análoga que las dos últimas y la confusión de xx tenía todo su sentido; si hubiera puesto –, o ** habría quedado más claro.

          • Miletón

            Ya se me han aclarado todas mis dudas y tengo el resultado correcto porque también llego a 347**. En breve mi explicación para que la tapes y me comentes si es comprensible:
            xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

          • Lo que dices está bien y análogamente tirando del hilo…

  22. Jose Luis

    Pienso que el problema está planteado de forma que no haya que utilizar aritmética modular ni cosas parecidas, aunque la gente pueda hacer uso de ello sin saberlo. Creo que está pensado para hacerlo por “fuerza bruta”, aunque realmente no es tanto, ya que requiere necesariamente de pensar un poco, analizar, intentar usar el coco…

    En problemas anteriores, bastaba con la fuerza bruta, pero en este, se han asegurado de que no. El problema me gusta, y tengo muchas ganas de saber cómo plantea la solución el profesor Alberto Elduque

  23. Paco

    Hola buen amigo: las dos ultimas cifras son xx?
    un saludo

  24. jabon

    Hola a todos, he estado fuera.
    Respecto al obispo decir que no tiene que ver con la fecha de su muerte.
    Me disculpáis, fue una ocurrencia para romper la monotonía y porque no podía competir con los que habéis demostrado hasta 6 o 7 cifras.

    La relación es: (Santi borra lo que viene a continuación)

    xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

  25. jose antonio

    el número de cifras ocultas es indiferente, y no tengo ni idea de cuales son la ante pentulrima y la última, pero es que en la solución que he encontrado son irrelevantes y no las obtengo.

  26. Pepe

    Buenos días, te envio mi “solución”, supongo que de las llamadas rústicas, para que me comentes si es correcta.

    La respuesta es 52.

    Demostración:

    a) Si observamos las primeras potencias de 2, veremos que 2 ^ 20 = *****76 tiene una particularidad. Esta particularidad es que multiplicado por 76 o por otro número terminado en 76 siempre nos dará otro número del tipo ********76.

    b) El número dado originalmente lo podemos poner de la siguiente forma ( al ser 528****7300 multlipo de 20)

    2 ^ 528****7301 = 2^20 x 2^20 x 2^20 x ……. x 2^20 x 2^1

    Por lo tanto

    como 2^20 x 2^20 x 2^20 x ……. x 2^20, por lo visto en a) acaba en 76, solo nos quedaría multiplicarlo por 2 para saber las dos cifras que nos piden:

    *********76 x 2 = **********52.

    Un saludo.

  27. Turner

    Una vez que se cae en la cuenta de que es casi el mismo problema que el del piano es facilisimo de calcular algebra muy elemental (y una hoja de cálculo para ahorrar tiempo) , e incluso de “mostrar”, pero de “demostrar” ni idea.

  28. Turner

    Cambio de idea. No solo es identico al del piano, si no que se puede demostrar igual hizo el profesor Garay con el suyo.
    Decir que eran compañeros de departamento ha sido una pista muy fuerte.

  29. Marta

    Hola de nuevo!! os comento mi solución aunque supongo que será como la vuestra….

    Nada más ver el enunciado se me ocurrió, que operando de manera sencilla, se podía expresar el número de la siguiente manera (tomando como ^ = “elevado a”):

    2^(528****7301) = 2^(528****7300 + 1) = 2^(528****73 * 100) * 2 = (2^100)^528****73 * 2

    Así que parecía claro que la clave estaba en estudiar el número 2^100, que también podemos expresar como (2^10)^10, que debe tener alguna peculiaridad….

    Si llamamos 2uc(n) a “las dos últimas cifras del número n”, resulta que:

    2uc(a*b) = 2uc(2uc(a) * 2uc(b))

    así que vamos a calcular las 2uc de 2^100 = (2^10)^10

    Como 2^10 = 1024, sus 2uc = 24.

    Por tanto 2uc( (2^10)^10) = 2uc (2uc(2^10) ^10)

    Si calculamos 2uc(24^10) = 2uc(63403380965376) = 76 y este sí que es un número especial ya que 2uc(76*76) = 76,
    por lo que cualquier potencia de un número cuyas 2uc sean 76 tendrá como 2uc también 76.

    Por todo ello, 2uc(2^100) = 76 lo que implica que 2uc ( (2^100)^528****73 ) = 76

    Por lo que bastará con multiplicar por 2 el número 76 para encontrar el numero que estamos buscando:

    2uc ( 2^(528****7301) ) = 2uc ( 2uc ( (2^100)^528****73 ) * 2) = 2uc ( 76 *2 ) = 52

    Por favor, en cuanto acabe el plazo, olvidaros de la potencia de 2 y comentad lo del obispo!!!!!!!!!!!!, que la verdad me produce ya casi mas curiosidad………..

    Un saludo,
    Marta.

  30. Jose Luis

    Aunque no venga a cuento, me viene a la memoria, al hilo de este desafío, la leyenda del inventor del ajedrez.

    Este hombre, al conocer que el Rey Iadava estaba triste por la muerte de su hijo, decidió regalarle un tablero de ajedrez. Quedó tan fascinado, que le concedió un deseo, a lo que él (que no debía ser tonto), le pidió trigo. Concretamente, un grano de trigo por la primera casilla del tablero, el doble por la segunda, y así hasta completar el tablero.

    Al Rey le debió parecer poco y aceptó, pero cuando se dio cuenta, acababa de concederle algo que era imposible de cumplir, ya que tenía que darle 2^63 (con la cosecha actual mundial de trigo, se necesitarían casi mil años…)

    Más que nada por hacernos una idea de lo grande que es la potencia, por no hablar ya de la del problema de esta semana…

    • Sí, yo cuando explico combinatoria suelo preguntar lo siguiente a los alumnos; si tenéis 9 asignaturas con 9 libros diferentes y cada día por la mañana los colocáis en una estantería de diferente manera, ¿cuándo acabaréis con todas las maneras posibles de colocarlos?
      Las respuestas suelen ir creciendo: 1 mes, 3 meses, un año, 10 años!…
      La respuesta es muy fácil y sorprendente: serán 9·8·7·6·5·4·3·2·1=9!=362880 días (¡casi 1000 años!)

      Otro (un clásico) es el siguiente: disponemos de un papel (tan grande como sea necesario) y lo doblamos por la mitad, una vez, dos veces, así hasta 50 veces. ¿Cómo de gordo será el papel doblado al final?
      Al doblarlo 1 vez tendremos dos capas de papel, al doblarlo 2 veces: 4 (2^2), etc hasta 2^50.

      Nos sale un número del orden de 10^15; para estimar el grosor, pensemos que un taco de 500 hojas mide aproximadamente 7cm así que dividiendo entre 500 el número obtenido y multiplicando por 7 obtendremos los cm. Dividimos ahora entre 100 para obtener los metros, sigue siendo gigantesco. Dividimos una vez más, entre 1000 para obtener los km y nos sale un taco de 157625987 km de grueso!!!! teniendo en cuenta que de la tierra a la luna hay 384400 km, podemos ir a un lugar 410 veces más alejado de la tierra que la luna si nos montamos en nuestro papelito doblado.

  31. Ángel

    Hola a todos (de nuevo).
    El primer problema de grafos, el del reloj, el del piano, el del cubo de la semana pasada… (!hasta el de la hormiga!) todos ellos eran problemas abordables mediante un pequeño programa informático. Ha habido mucha discusión en los foros del El País sobre si dichas soluciones deberían aceptarse (al no ser demostraciones matemáticas sino informáticas).
    Mi enhorabuena por el problema de esta semana que, debido al inmenso número de iteraciones que serían necesarias y sobre todo al detalle de los asteriscos, hace inabordable una aproximación informática.
    Esta semana, los informáticos hemos tenido que pensar un poco más… ;-)

  32. MANUEL PEDRAJAS

    sOLO HAY QUE BUSCAR UN ELEMENTO NEUTRO QUE AL MULTIPLICAR POR CADA POSIBLE TERMINACION, LA DEJE TAL CUAL. sOLO EL 76 CUMPLE CON ESTO 76*76=== 76 .
    PERO 76 ES 2^20
    tAMBIEN SERA 2^100K. ASI QUE LA TERMINACION SERA 2*26===52
    lA TERNINACION 02 SOLO SE DA XON EXPONENTE=1 DESPUES SERA 52 CADA VES QUE AÑADAMOS 20 AL EXPONENTE.

  33. Miletón

    ¿Alguien ha conseguido demostrar la periodicidad? Yo lo he intentado, pero como he de usar la función entero() y no se operar con ella, pues como que no puedo avanzar.

    • Raúl

      No me quedé tranquilo enviando una demostración basada en la “obervación” de la periodicidad de las dos últimas cifras cada 20 n’s sin demostrar que esto sería así indefinidamente. es fácil ver que es así:
      2^(n+20) = 2^20 x 2^n = 1048576 x 2^n
      Ahora bien, para las dos últimas cifras de este producto, solo son significativas las dos últimas cifras de los factores, por lo tanto, en cuanto a estas dos cifras, la expresión anterior es equivalente a 76 * 2^n = (75+1) x 2^n = 75 x 2^n + 2^n
      Salvo para n = 1 en la que a las dos cifras finales de 2^n se le suma 50 (en efecto, 2^21 termina en 52, mientras que 2^1 termina en 02), para n>1, 75*2^n es múltiplo de 100, luego ese sumando no afecta a las dós últimas cifras, de modo que solo queda el sumando 2^n.
      Luego las dos últimas cifras de 2^(n+20) = dos últimas cifras de 2^n para todo n>1

  34. pipin

    Por favor aclrar lo del obispo una vez se presente la solución.

    Saludos y gracias

  35. Antonio

    Hola!
    Las dos últimas cifras son 52
    La clave de esta demostración es que:
    2^20=1048576, y cualquier potencia de base 76 termina en 76, como se puede ver con facilidad por inducción.

    Entonces, escribimos 528****7301=528****7300+1. Como 528****7300 es múltiplo de 20 se podrá expresar como 20 x C. Así, 2^528****7301=2^(528****7300+1)=2^528****7300 x 2^1= (2^20)^C x 2, y como 2^20 termina en 76 y toda potencia de base 76 termina en 76, tenemos que (2^20)^C termina en 76 y (2^20)C x 2 terminará en 76 x 2=52.
    Saludos
    Antonio

  36. Mudenoco

    Buenos días
    Pues viendo vuestra solución parece que mi razonamiento estaba mal…. pero no veo donde!! Yo obtengo como últimas cifras 32, y demuestro que no puede ser que acabe en 52…. pero obviamente algo está mal.
    – me ahorro la demostración de que la última cifra es un 2 (sí que me dí cuenta que el comportamiento de la última cifra era mod(4)
    – PARA LA PENULTIMA CIFRA (no me di cuenta lo de las repeticiones cada 20 :-( Este fue mi razonamiento
    Dado que cualquier potencia de 2^n con n > 1 es múltiplo de 4 (pues según vimos todas se pueden poner de la forma 2^n = 2^2 x 2n-2 = 4 x 2^n-2 ) el número buscado que se obtiene al hacer 2^528****7301 (que hemos visto que está acabado en 2) debe ser múltiplo de 4, lo que nos indica que sus 2 últimas cifras deben ser 00 ó múltiplo de 4. Como hemos visto que la última es 2, el número buscado sólo puede acabar en 12, 32, 52, 72 ó 92 (pues 02, 22, 42, 62 y 82 no son múltiplos de 4), esto es, su penúltima cifra de ser impar.
    Pero como hemos dicho que
    2^528****7301 = 2^1 x 2^528****7300 con el 2º factor múltiplo de 4 (es potencia de 2) lo que viene a decir que la cifra del número total (que acaba en 12, 32, 52, 72 ó 92) debe ser el resultado de multiplicar 2 por un múltiplo de 4 (el resultado de 2^528****7300)
    ??????????..??12 = 2 * ??????????..??06, pero 6 NO es múltiplo de 4
    ??????????..??32 = 2 * ??????????..??16, donde 16 SI es múltiplo de 4
    —> ??????????..??52 = 2 * ??????????..??26, pero 26 NO es múltiplo de 4
    ??????????..??72 = 2 * ??????????..??36, donde 36 SI es múltiplo de 4
    ??????????..??92 = 2 * ??????????..??46, pero 46 NO es múltiplo de 4
    => luego no puede acabar en 52, porque al descomponerlo en 2 * ???26 el segundo factor debería ser múltiplo de 4, y no lo es.
    A partir de aquí, y viendo las 2 únicas posibilidades (que acabe en 32 o en 72) sigo este razonamiento y demuestro que sólo puede acabar en 32 (32 = 2 * 2* 2 * 2 * 2 pero 72 = 2 * 2 * 2 * 2 * 9, y este último factor no es múltiplo de 4)

    Lo dicho: ¿dónde me he equivocado? Porque no lo veo…

    • “Dado que cualquier potencia de 2^n con n > 1 es múltiplo de 4 (pues según vimos todas se pueden poner de la forma 2^n = 2^2 x 2^(n-2) = 4 x 2^(n-2) ) el número buscado que se obtiene al hacer 2^528****7301 (que hemos visto que está acabado en 2) debe ser múltiplo de 4, lo que nos indica que sus 2 últimas cifras deben ser 00 ó múltiplo de 4. Como hemos visto que la última es 2, el número buscado sólo puede acabar en 12, 32, 52, 72 ó 92 (pues 02, 22, 42, 62 y 82 no son múltiplos de 4), esto es, su penúltima cifra de ser impar.”

      El hecho de que un número acabe en 2 significa que es par, no necesariamente potencia de 2 (del tipo 2·n, no 2^n)

      Un saludo Mudenoco y gracias por participar.

      • Mudenoco

        Gracias Santi, pero no te sigo: ¿cómo no va a ser 2^528****7301 potencia de 2? Claro que lo es!! Una potencia grandísima, por cierto!! ” elevado a la 528****7301 potencia, ni más ni menos! Y el número resultante debe ser múltiplo de 4, pues son múltimplos de 4 todas las potencias de 2 (excepto 2^1). Como digo, no te sigo…

    • —> ??????????..??52 = 2 * ??????????..??26, pero 26 NO es múltiplo de 4
      o
      —> ??????????..??52 = 2 * ??????????..??76, 76 SI es múltiplo de 4

      • Mudenoco

        Xacto!!! Mil gracias, porque esa posibilidad ni se me había ocurrido!! Y mira que es obvia, una vez que me has abierto los ojos…
        Todo un alivio, porque miraba y re-miraba mi razonamiento y no veia “agujeros”…
        Gracias y un saludo

    • Miletón

      —> ??????????..??52 = 2 * ??????????..??26, pero 26 NO es múltiplo de 4

      …. pero es que 52 también es 2*76, despreciando las centenas, y 76 si es múltiplo de 4; creo que ahí es donde falla tu razonamiento.

  37. Javier

    Se ha comentado y demostrado aqui la importancia del nº 76 para este problema….
    Pero veamos algunas curiosidades:
    El cuadrado de los siguientes nº termina en ese mismo nº:
    76, 376, 9376, 09376, 109376.
    Todos los números anteriores tienen una relación con el desafío de esta semana.

    Como alguien ha comentado por aquí el nº 25 tiene las mismas características que el 76:
    También el cuadrado de los siguientes nº termina en ese mismo nº:
    25, 625, 0625, 90625, 890625.

    Y como nota curiosa:
    76 + 25 = 101
    376 + 625 = 1001
    9376 + 0625 = 10001
    09376 + 90625 = 100001
    109376 + 890625 = 1000001

    76 x 25 = 1900 (term. en 2 ceros)
    376 x 625 = 235000 (term. en 3 ceros)
    9376 x 0625 = 5860000 (term. en 4 ceros)
    09376 x 90625 = 849700000 (term. en 5 ceros)
    109376 x 890625 = 97413000000 (term. en 6 ceros)

    Un saludo.

  38. Javier

    Continuando con el 25 y el 76.
    Los nº más grandes que hasta ahora he localizado cuyo cuadrado acaba en ese nº:
    2 5 9 9 1 8 2 1 2 8 9 0 6 2 5
    7 4 0 0 8 1 7 8 7 1 0 9 3 7 6

    Sumando dígito a dígito siempre suman 9 excepto la suma de las unidades que suman 11… por eso la suma de los dos da: 1000000000000001.

  39. santiniidea

    no entendi nada, sera que me pueden decir cuales son las ultimas 2 cifras y la solucion porfavor, tengo esto de tarea para mañana y es urgente porfavor!

    gracias

  40. Anónimo

    gracias pero son muy faciles

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