(Nguồn hình như là Bulgaria TST 2015, lời giải sau đây được viết lại dựa trên lời giải tham khảo)
Xét [imath]\dfrac{1}{4p+1}=\overline{0,a_1a_2...}[/imath]. Nhận thấy [imath]\overline{a_1a_2...a_k,a_{k+1}...}=\dfrac{10^k}{4p+1}[/imath] nên [imath]\lfloor \dfrac{10^k}{4p+1} \rfloor \equiv a_k (\mod 10)[/imath]
Từ đó ta chỉ cần chỉ ra rằng với mỗi [imath]0 \leq r \leq 9[/imath], tồn tại [imath]k[/imath] sao cho [imath]\lfloor \dfrac{10^k}{4p+1} \rfloor \equiv r(\mod 10)[/imath] là được.
Đặt [imath]q=4p+1[/imath]. Gọi [imath]S= \lbrace r \mid \exists x \in \mathbb{Z}: x^4 \equiv r (\mod q) \rbrace[/imath]
Nhận thấy [imath]q \equiv 1(\mod 4) \Rightarrow \left( \dfrac{-1}{q} \right)=1[/imath]. Khi đó ta có đúng [imath]2p[/imath] số chính phương [imath]\mod q[/imath] và các số này có thể ghép cặp dạng [imath](i,-i)[/imath] theo [imath]\mod q[/imath]. Từ đó [imath]S[/imath] có đúng [imath]p[/imath] phần tử.
Xét [imath]h=\text{ord} _{q} (10)[/imath]. Nhận thấy [imath]h \mid q-1=4p[/imath] và [imath]q>10^9 \Rightarrow h>4[/imath].
Từ đó [imath]p \mid h \mid 4p[/imath]. Đặt [imath]h=sp (s \in \lbrace 1,2,4 \rbrace)[/imath]
Ta thấy [imath]\forall r \in S, \exists 10^k \equiv r(\mod q)[/imath]. Thật vậy, xét các số có dạng [imath]m+jp[/imath] với [imath]0 \leq m<p, 0 \leq j < 4s[/imath]. Nhận thấy với mỗi [imath]m[/imath], tồn tại [imath]j[/imath] sao cho [imath]4s \mid m+jp[/imath]. Đặt [imath]m+jp=4sn_m[/imath] thì nhận thấy [imath]0 \leq n_m < p[/imath]. Mặt khác, dễ chứng minh được [imath]n_0,n_1,...,n_{p-1}[/imath] đôi một khác nhau nên các số đó nhận giá trị từ [imath]0[/imath] đến [imath]p-1[/imath]. Xét [imath]\lbrace 10^{4sn_0}, 10^{4sn_1},...,10^{4sn_{p-1}} \rbrace[/imath]. Nhận thấy không có [imath]2[/imath] số nào trong tập đó đồng dư với nhau theo [imath]\mod q[/imath]. Thật vậy, nếu [imath]10^{4sn_i} \equiv 10^{4sn_j} (\mod q) \Rightarrow 4sn_i \equiv 4sn_j (\mod h)[/imath]
[imath]\Rightarrow sp \mid 4s(n_i-n_j) \Rightarrow p \mid n_i-n_j[/imath]
Mà [imath]0\leq n_i,n_j<p[/imath] nên [imath]n_i=n_j[/imath]. Từ đó tập trên chứa đúng [imath]p[/imath] số dư thuộc [imath]S[/imath] hay nhận xét trên đúng.
Bây giờ ta xét chữ số [imath]u[/imath] bất kỳ. Tồn tại [imath]0 \leq j \leq 3[/imath] sao cho [imath]u+jq[/imath] tận cùng là [imath]0,1,5[/imath] hoặc [imath]6[/imath]. Ta có [imath]\sqrt[4]{(j+1)q-1}-\sqrt[4]{u+jq}>6[/imath] nên trong đoạn [imath][u+jq,(j+1)q-1][/imath] có ít nhất [imath]6[/imath] lũy thừa bậc [imath]4[/imath] liên tiếp. Mà [imath]6[/imath] lũy thừa bậc [imath]4[/imath] liên tiếp thì chứa đủ các chữ số tận cùng [imath]0,1,5,6[/imath] nên tồn tại một lũy thừa bậc [imath]4[/imath] có chữ số tận cùng giống với [imath]u+jq[/imath]. Gọi số đó là [imath]x^4[/imath], đặt [imath]x^4=jq+v[/imath] thì [imath]x^4 \equiv u+jq (\mod 10)[/imath]
[imath]\Rightarrow 10 \mid u-v[/imath], suy ra [imath]v[/imath] có tận cùng là [imath]u[/imath]. Mặt khác, vì [imath]\exists k_u: 10^{k_u} \equiv x^4 \equiv v(\mod q)[/imath] nên [imath]\lfloor \dfrac{10^{k_u}}{4p+1} \rfloor =\dfrac{10^{k_u}-v}{q} \equiv \dfrac{-u}{q} (\mod 10)[/imath]
Ta thấy [imath]\lbrace \dfrac{-u}{q} \mid 0 \leq u \leq 9 \rbrace[/imath] là hệ thặng dư đầy đủ theo [imath]\mod 10[/imath]. Cho nên [imath]\forall 0 \leq r \leq 9, \exists 0 \leq u_r \leq 9: \dfrac{-u_r}{q} \equiv r(\mod 10)[/imath]
[imath]\Rightarrow \lfloor \dfrac{10^{k_{u_r}}}{4p+1} \rfloor \equiv r(\mod 10)[/imath]. Ta có điều phải chứng minh.
Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé ^^ Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại đây nhé
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
