Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2779
2019-05-03 
Доказать, что
а) две последние цифры десятичных записей чисел $9^{9^9}$ и $9^{9^{9^9}}$ (где, например, $9^{9^9}$ означает $9^{(9^9)}$) одинаковы;
б)* шесть последних цифр десятичных записей чисел $7^{7^{7^{7}}}$ и $7^{7^{7^{7^{7^{7}}}}}$ одинаковы.
Решение:
а) Ясно, что оба числа $9^{9^9}$ и $9^{9^{9^9}}$ оканчиваются цифрой 9 (ср. с решением задачи 2778а)) - таким образом, последние цифры у них совпадают. Далее, по формуле бинома Ньютона,
$A = 9^{9^9} = (10-1)^{9^9} = 10^a - C_a^1 \cdot 10^{a-1} + C_a^2 \cdot 10^{a-2} - \cdots + C_a^1 \cdot 10 - 1$
и
$B = 9^{9^{9^9}} = (10-1)^{9^{9^9}} = 10^b - C_b^1 \cdot 10^{b-1} + C_b^2 \cdot 10^{b-2} - \cdots + C_b^1 \cdot 10 - 1$, где $a = 9^9$
где $a = 9^9$ и $b = 9^{9^9}$; таким образом, две последние цифры рассматриваемых чисел совпадают с двумя последними цифрами чисел
$C_a^1 \cdot 10 - 1 = 10a - 1$ и $C_b^1 \cdot 10 - 1 = 10b - 1$.
Но (см. снова решение задачи 2778а)) числа $a = 9^9$ и $b = 9^{9^9}$ оба оканчиваются цифрой 9; поэтому числа $10а$ и $10b$ оканчиваются цифрами 90 - и числа $A$ и $B$ оканчиваются цифрами 89.
б) Аналогично решению задачи а) здесь можно найти шесть последних цифр двух рассматриваемых чисел (причем роль лежащего в основе решения задачи а) равенства $9 = 10 - 1$ здесь будет играть соотношение $7^2 = 50 -1$) и убедиться, что эти цифры одинаковы. Однако в виду некоторой громоздкости такого решения (ведь речь здесь идет не о двух, а о шести последних цифрах!) мы предпочтем пойти по другому пути.
Нам надо убедиться, что совпадают 6 последних цифр чисел
$A = 7^a$ и $B = 7^b$, где теперь $a = 7^{7^{7^7}}$ и $b = 7^{7^7}$, т. е. что разность
$A - B = 7^a - 7^b = 7^b (7^{a-b} - 1)$
(а значит, и число
$D = 7^d - 1$,
где $d = а - b$) делится на $1000000 = 2^6 \cdot 5^6$; таким образом, задача сводится к выяснению того, на какие степени двойки и пятерки делится число $D$, имеющее вид $7^d - 1$, где $d$ - некоторое натуральное число. Рассмотрим отдельно вопросы о делимости числа $D$ на $2^{ \alpha}$ (где нам надо доказать, что $\alpha \geq 6$) и о делимости $D$ на $5^{ \beta}$.
1. Пусть $C^c = 7^c - 1$, где $c = 2^p q$ (здесь $q$ нечетно); мы утверждаем, что при этом $C = 2_p^{ \alpha} P$, где $P$ нечетно, а (зависящий лишь от $p$, но не от $q$!) показатель степени $\alpha_p$ при $p > 1$ удовлетворяет («рекуррентному») соотношению:
$\alpha_p = \alpha_{p-1} + 1$. (*)
Но поскольку число $7^{(2^1)} - 1 = 7^2 - 1 = 48$ делится на $2^4 = 16$ (но не на $2^5$) и, значит, $a_1 = 4$, то из (*) с очевидностью вытекает:
$\alpha_p = p+3$ при всех $p \geq 1$
- если наибольшая степень двойки, на которую делится число $C = 7^c - 1$, равна $p \geq 1$, то наибольшая степень $\alpha_p$ двойки, на которую делится число $C = 7^c - 1$, равна $p+3$ (при $p = 0$ имеем $\alpha_0 = 1$, поскольку число $7^{2^0} - 1 = 7 - 1 = 6$ делится лишь на 2).
Покажем сперва, что число $\alpha_p$ не зависит от $q$ это вытекает из следующей формулы:
$7^(2^{p}_q) - 1 = (7^{2^p})^q - 1^q = [7^{2^p} - 1]{[7^{(2^{p})^{q - 1}}] + [7^{(2^p)}]^{q-2} + [7^{(2^p)^{q-3}}] + \cdots + 1}$,
где стоящая в фигурной скобке сумма нечетного числа $q$ нечетных слагаемых, очевидно, нечетна - и, значит, число $7^{2^{p}q} - 1$ делится на ту же степень двойки, что и число $7^{2^p} - 1$. Поэтому далее можно считать, что $q = 1$, т. е. заменить число $C = 7^{2^{p}q} - 1$ числом $C_p = 7^{2^p} - 1$.
Теперь нам остается лишь воспользоваться формулой
$C_p = 7^{2p} - 1 = (7^{2^{p-1}})^2 - 1^2 = [7^{2^{p-1}} - 1][7^{2^{p-1}} + 1] = C_{p-1} \cdot C^{ \prime}$.
Поскольку 7 дает при делении на 4 остаток -1, то $7^m$ дает при делении на 4 остаток -1 при $m$ нечетном и остаток + 1 при $m$ четном, а значит, $7^{2^n} + 1$ (и даже $7^{2n} + 1$) при любом (натуральном) $n$ дает при делении на 4, остаток 2, т. е. делится на 2, но не делится уже на $2^2$. Таким образом, в равенстве $C_p = C_{p-1} \cdot C^{ \prime}$ левая часть $C_p$ делится на $2^{ \alpha}p$, число $C_{p-1}$ делится на $2^{\alpha_{p-1}}$, а $C^{ \prime}$ делится лишь на 2, откуда и вытекает формула (*). [Ясно, что случай $р = 1$ является особым, ибо здесь $C^{ \prime} = 7^{2^0} + 1 = 7 + 1 = 8$ делится не только на $2^1$, но на $2^3$ - отличие возникает вследствие того, что в этом единственном случае показатель степени $2^0$ в выражении для $С^{ \prime}$ - число нечетное.]
Итак, для определения показателя степени $\alpha$ в формуле $D = 7^d - 1 = 2^{ \alpha} \cdot Q$ (где $Q$ нечетно) надо лишь выяснить, на какую степень двойки делится число $d = a - b = 7^{a_1} - 7^{b_1} (7^{d_1} - 1)$ (т. е. число $7^{d_1} - 1$), где $a_1 = 7^{7^{7^7}}$, $b_1 = 7^7$, $ad_1 = a_1 - b_1$. А для этого, как мы знаем, необходимо (и достаточно) установить, на какую степень двойки делится показатель степени $d_1 = a_1 - b_1 = 7^{a_2} - 7^{b_2} = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$, где $a_2 = 7^{7^7}, b_2 = 7$ и $d_2 = a_2 - b_2 = 7^{a_2} - 7^{b_2} = 7^{b_2}(7^{d_3} - 1)$, где теперь $b_3 = 1, a_3 = 7^7$ и $d_3 = a_3 - b_3 = 7^7 - 1$. Но поскольку число 7 - нечетно, то $d_3 = 7^7 - 1$ делится лишь на $2^{\alpha_0} = 2^1 = 2$. Отсюда, в свою очередь, вытекает, что число $7^{d_3} - 1$ делится на $2^{\alpha_1} = 2^4$; таким образом, число $d_2 = 7^{b_3} (7^{d_3} - 1)$ делится на $2^4$, - и значит, число $7^{d_2} - 1$ делится на $2^{\alpha_4} = 2^7$. Но если $d_1 = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$ делится на $2^7$, то $7^{d_1} - 1$ делится на $2^{ \alpha_1} = 2^10$; поэтому и $d = 7^{b_1} (7^{d_1} - 1)$ делится на $2^{10}$, и, следовательно, $D = 2^d - 1$ делится на $2^{ \alpha_10} = 2^{13}$.
2. Совершенно аналогично рассматривается и вопрос о делимости чисел $C = 7^c - 1$, где теперь только уместно считать $c = 5^{r}s$, на степени пятерки; однако здесь целесообразно оговорить, что (не делящееся на 5) число $g$ делится, по крайней мере, на $2^2$, ибо случай, когда $s$ нечетно или делится лишь на 2, но не на 4, приводит к несколько иным выводам. При $s = 4s_1$, или $c = 5^r \cdot 4s_1$, где $s_1$ - целое, наибольшая степень $b$ пятерки, на которую делится число $С$, как и выше, зависит лишь от показателя степени $r$ в формуле для $с$, т. е. число $\beta_r$ не зависит от $s_1$, при этом по-прежнему имеет место аналогичное (*) («рекуррентное») соотношение
$\beta_r = \beta_{r-1} + 1$. (**)
А так как число $7^4 - 1 = (7^2)^2 - 1 = (7^2 + 1)(7^2 - 1) = 50 \cdot 48$ делится на $5^2 = 25$, т. е. $\beta_0 = 2$, то из (**) следует, что при всех $r \geq 0$
$\beta_r = r + 2$
- если показатель степени $c$ в выражении $C = 7^c - 1$ делится на 4 и наибольшая степень пятерки, на которую делится $c$, равна $r$, то наибольшая степень $\beta_r$ пятерки, на которую делится $C$, равна $r + 2$.
Для доказательства независимости $\beta_r$ от $s_1$ достаточно воспользоваться формулой:
$C = 7^c - 1 = 7^{5^r \cdot 4s_1} - 1 = (7^{5^r \cdot 4})^{s_1} - 1^{s_1} = [7^{5^r \cdot 4} - 1] {[7^{(5^r \cdot 4)}]^{s_1 - 1}] + [7^{(5^r \cdot 4)}]^{s_1 - 2}] + \cdots + 7^{(5^r \cdot 4)} + 1}$.
Но так как $7^4 = (7^2)^2 = (50 - 1)^2 = (50 - 1)^2 = 50^2 - 2 \cdot 50 + 1$ дает при делении на 5 остаток 1, то и число $(7^4)^n$ при любом $n$ дает при делении на 5 остаток 1; поэтому в фигурной скобке в правой части последней формулы стоит сумма $s_1$ чисел, каждое из которых дает при делении на 5 остаток 1, откуда, поскольку $s_1$ не делится на 5, вытекает, что эта сумма не делится на 5. Поэтому число $C = 7^{5^r \cdot 4 s_1} - 1$ делится на ту же степень пятерки, что и число $E_r = 7^{5^r \cdot 4 } - 1$ что позволяет в дальнейшем считать $s_1 = 1$, т. е. заменить число $C$ числом $E_r$.
Далее,
$E_r = 7^{5^r \cdot 4} - 1 = (7^{5^{r-1} \cdot 4})^5 - 1^5 = (7^{5^{r-1} \cdot 4} - 1) \{ (7^{5^{r-1} \cdot 4})^4 + (7^{5^{r-1} \cdot 4})^3 + (7^{5^{r-1} \cdot 4})^2 + 7^{5^{r-1} \cdot 4} + 1 \} = E_{r-1} \cdot E^{ \prime}$
Отсюда, прежде всего, следует, что $E_r$, делится на $E_{r-1}$, т. е. $E_r$ делится на не меньшую степень пятерки, чем $E_{r-1}$, другими словами $\beta_r \geq \beta_{r-1}$, или, так как $\beta_0 =2$,
$2 = \beta_0 \leq \beta_1 \leq \beta_2 \leq \cdots$.
Таким образом, при всех $r \geq 1$ число $E_{r-1} = 7^{5^{r-1} \cdot 4} - 1$ делится на 25, а значит число $e_{r-1} = e = 7^{5^{r-1} \cdot 4}$ дает при делении на 25 остаток 1, - и любая степень $e^k$ числа $e$ также дает при делении на 25 остаток 1. А так как стоящее в фигурных скобках в правой части формулы для $E$ выражение $E^{ \prime}$ равно сумме $e^4 + e^3 + e^2 + e + 1$, то оно дает при делении на 25 остаток 5, т. е. $E^{ \prime}$ делится на $5^1$, но не делится на $5^2$. Отсюда и из формулы $E_r = E_{r-1} \cdot E^{ \prime}$ и вытекает соотношение (**).
Обратимся теперь снова к интересующему нас числу $A - B = 7^b \cdot D$, где $D = 7^d - 1$. Поскольку, как мы видели выше, число $d$ на 4 делится (оно делится даже на $2^{10} = 1024$), то нам остается только выяснить, на какую степень пятерки делится число $d = 7^{a_1} - 7^{b_1} = 7^{b_1} (7^{d_1} - 1)$, где $d_1 = a_1 - b_1$ (см. конец п. 1 решения настоящей задачи). Но так как $d_1$ также делится на 4 (и даже на $2^7$), то наша задача сводится к определению того, на какую степень 5 делится число $d_1 = 7^{a_2} - 7^{b_2} = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$, где $d_2 = a_2 - b_2 = 7^{a_3} - 7^{b_3} = 7^{b_3}(7^{d_3} - 1)$ делится на 4 (даже на $2^4$) и $d_3 = 7^7 - 1$. Но, как мы знаем, число $d_3$ делится на 2 и не делится на 4, т. е. $d_3 = 2f$, где $f$ - нечетно; поэтому $7^{d_3} - 1 = 49^f - 1 = (50 - 1)^f - 1$ на 5 не делится (дает при делении на 5 остаток - 2, т. е. остаток 3); с другой стороны, число $7^{d_3} - 1$ (как и число $d_2 = 7^{b_3} (7^{d_3} - 1))$) уже делится на 4. Но отсюда следует, что число $7^{d_2} - 1$ делится на $5^{ \beta_0} = 5^2$ (и не делится на более высокую степень пятерки); поэтому $d_1 = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$ делится на $5^2$ и $d = 7^{b_1}(7^{d_1} - 1)$ делится на $5^{ \beta_2} = 5^4$, а $D = 7^d - 1$ (и рассматриваемое в этой задаче число $A - B = 7^b \cdot D$ делится на $5^{\beta_4} = 5^8$.
Это рассуждение и завершает решение задачи.
Доказать, что
а) две последние цифры десятичных записей чисел $9^{9^9}$ и $9^{9^{9^9}}$ (где, например, $9^{9^9}$ означает $9^{(9^9)}$) одинаковы;
б)* шесть последних цифр десятичных записей чисел $7^{7^{7^{7}}}$ и $7^{7^{7^{7^{7^{7}}}}}$ одинаковы.
Решение:
а) Ясно, что оба числа $9^{9^9}$ и $9^{9^{9^9}}$ оканчиваются цифрой 9 (ср. с решением задачи 2778а)) - таким образом, последние цифры у них совпадают. Далее, по формуле бинома Ньютона,
$A = 9^{9^9} = (10-1)^{9^9} = 10^a - C_a^1 \cdot 10^{a-1} + C_a^2 \cdot 10^{a-2} - \cdots + C_a^1 \cdot 10 - 1$
и
$B = 9^{9^{9^9}} = (10-1)^{9^{9^9}} = 10^b - C_b^1 \cdot 10^{b-1} + C_b^2 \cdot 10^{b-2} - \cdots + C_b^1 \cdot 10 - 1$, где $a = 9^9$
где $a = 9^9$ и $b = 9^{9^9}$; таким образом, две последние цифры рассматриваемых чисел совпадают с двумя последними цифрами чисел
$C_a^1 \cdot 10 - 1 = 10a - 1$ и $C_b^1 \cdot 10 - 1 = 10b - 1$.
Но (см. снова решение задачи 2778а)) числа $a = 9^9$ и $b = 9^{9^9}$ оба оканчиваются цифрой 9; поэтому числа $10а$ и $10b$ оканчиваются цифрами 90 - и числа $A$ и $B$ оканчиваются цифрами 89.
б) Аналогично решению задачи а) здесь можно найти шесть последних цифр двух рассматриваемых чисел (причем роль лежащего в основе решения задачи а) равенства $9 = 10 - 1$ здесь будет играть соотношение $7^2 = 50 -1$) и убедиться, что эти цифры одинаковы. Однако в виду некоторой громоздкости такого решения (ведь речь здесь идет не о двух, а о шести последних цифрах!) мы предпочтем пойти по другому пути.
Нам надо убедиться, что совпадают 6 последних цифр чисел
$A = 7^a$ и $B = 7^b$, где теперь $a = 7^{7^{7^7}}$ и $b = 7^{7^7}$, т. е. что разность
$A - B = 7^a - 7^b = 7^b (7^{a-b} - 1)$
(а значит, и число
$D = 7^d - 1$,
где $d = а - b$) делится на $1000000 = 2^6 \cdot 5^6$; таким образом, задача сводится к выяснению того, на какие степени двойки и пятерки делится число $D$, имеющее вид $7^d - 1$, где $d$ - некоторое натуральное число. Рассмотрим отдельно вопросы о делимости числа $D$ на $2^{ \alpha}$ (где нам надо доказать, что $\alpha \geq 6$) и о делимости $D$ на $5^{ \beta}$.
1. Пусть $C^c = 7^c - 1$, где $c = 2^p q$ (здесь $q$ нечетно); мы утверждаем, что при этом $C = 2_p^{ \alpha} P$, где $P$ нечетно, а (зависящий лишь от $p$, но не от $q$!) показатель степени $\alpha_p$ при $p > 1$ удовлетворяет («рекуррентному») соотношению:
$\alpha_p = \alpha_{p-1} + 1$. (*)
Но поскольку число $7^{(2^1)} - 1 = 7^2 - 1 = 48$ делится на $2^4 = 16$ (но не на $2^5$) и, значит, $a_1 = 4$, то из (*) с очевидностью вытекает:
$\alpha_p = p+3$ при всех $p \geq 1$
- если наибольшая степень двойки, на которую делится число $C = 7^c - 1$, равна $p \geq 1$, то наибольшая степень $\alpha_p$ двойки, на которую делится число $C = 7^c - 1$, равна $p+3$ (при $p = 0$ имеем $\alpha_0 = 1$, поскольку число $7^{2^0} - 1 = 7 - 1 = 6$ делится лишь на 2).
Покажем сперва, что число $\alpha_p$ не зависит от $q$ это вытекает из следующей формулы:
$7^(2^{p}_q) - 1 = (7^{2^p})^q - 1^q = [7^{2^p} - 1]{[7^{(2^{p})^{q - 1}}] + [7^{(2^p)}]^{q-2} + [7^{(2^p)^{q-3}}] + \cdots + 1}$,
где стоящая в фигурной скобке сумма нечетного числа $q$ нечетных слагаемых, очевидно, нечетна - и, значит, число $7^{2^{p}q} - 1$ делится на ту же степень двойки, что и число $7^{2^p} - 1$. Поэтому далее можно считать, что $q = 1$, т. е. заменить число $C = 7^{2^{p}q} - 1$ числом $C_p = 7^{2^p} - 1$.
Теперь нам остается лишь воспользоваться формулой
$C_p = 7^{2p} - 1 = (7^{2^{p-1}})^2 - 1^2 = [7^{2^{p-1}} - 1][7^{2^{p-1}} + 1] = C_{p-1} \cdot C^{ \prime}$.
Поскольку 7 дает при делении на 4 остаток -1, то $7^m$ дает при делении на 4 остаток -1 при $m$ нечетном и остаток + 1 при $m$ четном, а значит, $7^{2^n} + 1$ (и даже $7^{2n} + 1$) при любом (натуральном) $n$ дает при делении на 4, остаток 2, т. е. делится на 2, но не делится уже на $2^2$. Таким образом, в равенстве $C_p = C_{p-1} \cdot C^{ \prime}$ левая часть $C_p$ делится на $2^{ \alpha}p$, число $C_{p-1}$ делится на $2^{\alpha_{p-1}}$, а $C^{ \prime}$ делится лишь на 2, откуда и вытекает формула (*). [Ясно, что случай $р = 1$ является особым, ибо здесь $C^{ \prime} = 7^{2^0} + 1 = 7 + 1 = 8$ делится не только на $2^1$, но на $2^3$ - отличие возникает вследствие того, что в этом единственном случае показатель степени $2^0$ в выражении для $С^{ \prime}$ - число нечетное.]
Итак, для определения показателя степени $\alpha$ в формуле $D = 7^d - 1 = 2^{ \alpha} \cdot Q$ (где $Q$ нечетно) надо лишь выяснить, на какую степень двойки делится число $d = a - b = 7^{a_1} - 7^{b_1} (7^{d_1} - 1)$ (т. е. число $7^{d_1} - 1$), где $a_1 = 7^{7^{7^7}}$, $b_1 = 7^7$, $ad_1 = a_1 - b_1$. А для этого, как мы знаем, необходимо (и достаточно) установить, на какую степень двойки делится показатель степени $d_1 = a_1 - b_1 = 7^{a_2} - 7^{b_2} = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$, где $a_2 = 7^{7^7}, b_2 = 7$ и $d_2 = a_2 - b_2 = 7^{a_2} - 7^{b_2} = 7^{b_2}(7^{d_3} - 1)$, где теперь $b_3 = 1, a_3 = 7^7$ и $d_3 = a_3 - b_3 = 7^7 - 1$. Но поскольку число 7 - нечетно, то $d_3 = 7^7 - 1$ делится лишь на $2^{\alpha_0} = 2^1 = 2$. Отсюда, в свою очередь, вытекает, что число $7^{d_3} - 1$ делится на $2^{\alpha_1} = 2^4$; таким образом, число $d_2 = 7^{b_3} (7^{d_3} - 1)$ делится на $2^4$, - и значит, число $7^{d_2} - 1$ делится на $2^{\alpha_4} = 2^7$. Но если $d_1 = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$ делится на $2^7$, то $7^{d_1} - 1$ делится на $2^{ \alpha_1} = 2^10$; поэтому и $d = 7^{b_1} (7^{d_1} - 1)$ делится на $2^{10}$, и, следовательно, $D = 2^d - 1$ делится на $2^{ \alpha_10} = 2^{13}$.
2. Совершенно аналогично рассматривается и вопрос о делимости чисел $C = 7^c - 1$, где теперь только уместно считать $c = 5^{r}s$, на степени пятерки; однако здесь целесообразно оговорить, что (не делящееся на 5) число $g$ делится, по крайней мере, на $2^2$, ибо случай, когда $s$ нечетно или делится лишь на 2, но не на 4, приводит к несколько иным выводам. При $s = 4s_1$, или $c = 5^r \cdot 4s_1$, где $s_1$ - целое, наибольшая степень $b$ пятерки, на которую делится число $С$, как и выше, зависит лишь от показателя степени $r$ в формуле для $с$, т. е. число $\beta_r$ не зависит от $s_1$, при этом по-прежнему имеет место аналогичное (*) («рекуррентное») соотношение
$\beta_r = \beta_{r-1} + 1$. (**)
А так как число $7^4 - 1 = (7^2)^2 - 1 = (7^2 + 1)(7^2 - 1) = 50 \cdot 48$ делится на $5^2 = 25$, т. е. $\beta_0 = 2$, то из (**) следует, что при всех $r \geq 0$
$\beta_r = r + 2$
- если показатель степени $c$ в выражении $C = 7^c - 1$ делится на 4 и наибольшая степень пятерки, на которую делится $c$, равна $r$, то наибольшая степень $\beta_r$ пятерки, на которую делится $C$, равна $r + 2$.
Для доказательства независимости $\beta_r$ от $s_1$ достаточно воспользоваться формулой:
$C = 7^c - 1 = 7^{5^r \cdot 4s_1} - 1 = (7^{5^r \cdot 4})^{s_1} - 1^{s_1} = [7^{5^r \cdot 4} - 1] {[7^{(5^r \cdot 4)}]^{s_1 - 1}] + [7^{(5^r \cdot 4)}]^{s_1 - 2}] + \cdots + 7^{(5^r \cdot 4)} + 1}$.
Но так как $7^4 = (7^2)^2 = (50 - 1)^2 = (50 - 1)^2 = 50^2 - 2 \cdot 50 + 1$ дает при делении на 5 остаток 1, то и число $(7^4)^n$ при любом $n$ дает при делении на 5 остаток 1; поэтому в фигурной скобке в правой части последней формулы стоит сумма $s_1$ чисел, каждое из которых дает при делении на 5 остаток 1, откуда, поскольку $s_1$ не делится на 5, вытекает, что эта сумма не делится на 5. Поэтому число $C = 7^{5^r \cdot 4 s_1} - 1$ делится на ту же степень пятерки, что и число $E_r = 7^{5^r \cdot 4 } - 1$ что позволяет в дальнейшем считать $s_1 = 1$, т. е. заменить число $C$ числом $E_r$.
Далее,
$E_r = 7^{5^r \cdot 4} - 1 = (7^{5^{r-1} \cdot 4})^5 - 1^5 = (7^{5^{r-1} \cdot 4} - 1) \{ (7^{5^{r-1} \cdot 4})^4 + (7^{5^{r-1} \cdot 4})^3 + (7^{5^{r-1} \cdot 4})^2 + 7^{5^{r-1} \cdot 4} + 1 \} = E_{r-1} \cdot E^{ \prime}$
Отсюда, прежде всего, следует, что $E_r$, делится на $E_{r-1}$, т. е. $E_r$ делится на не меньшую степень пятерки, чем $E_{r-1}$, другими словами $\beta_r \geq \beta_{r-1}$, или, так как $\beta_0 =2$,
$2 = \beta_0 \leq \beta_1 \leq \beta_2 \leq \cdots$.
Таким образом, при всех $r \geq 1$ число $E_{r-1} = 7^{5^{r-1} \cdot 4} - 1$ делится на 25, а значит число $e_{r-1} = e = 7^{5^{r-1} \cdot 4}$ дает при делении на 25 остаток 1, - и любая степень $e^k$ числа $e$ также дает при делении на 25 остаток 1. А так как стоящее в фигурных скобках в правой части формулы для $E$ выражение $E^{ \prime}$ равно сумме $e^4 + e^3 + e^2 + e + 1$, то оно дает при делении на 25 остаток 5, т. е. $E^{ \prime}$ делится на $5^1$, но не делится на $5^2$. Отсюда и из формулы $E_r = E_{r-1} \cdot E^{ \prime}$ и вытекает соотношение (**).
Обратимся теперь снова к интересующему нас числу $A - B = 7^b \cdot D$, где $D = 7^d - 1$. Поскольку, как мы видели выше, число $d$ на 4 делится (оно делится даже на $2^{10} = 1024$), то нам остается только выяснить, на какую степень пятерки делится число $d = 7^{a_1} - 7^{b_1} = 7^{b_1} (7^{d_1} - 1)$, где $d_1 = a_1 - b_1$ (см. конец п. 1 решения настоящей задачи). Но так как $d_1$ также делится на 4 (и даже на $2^7$), то наша задача сводится к определению того, на какую степень 5 делится число $d_1 = 7^{a_2} - 7^{b_2} = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$, где $d_2 = a_2 - b_2 = 7^{a_3} - 7^{b_3} = 7^{b_3}(7^{d_3} - 1)$ делится на 4 (даже на $2^4$) и $d_3 = 7^7 - 1$. Но, как мы знаем, число $d_3$ делится на 2 и не делится на 4, т. е. $d_3 = 2f$, где $f$ - нечетно; поэтому $7^{d_3} - 1 = 49^f - 1 = (50 - 1)^f - 1$ на 5 не делится (дает при делении на 5 остаток - 2, т. е. остаток 3); с другой стороны, число $7^{d_3} - 1$ (как и число $d_2 = 7^{b_3} (7^{d_3} - 1))$) уже делится на 4. Но отсюда следует, что число $7^{d_2} - 1$ делится на $5^{ \beta_0} = 5^2$ (и не делится на более высокую степень пятерки); поэтому $d_1 = 7^{b_2} (7^{d_2} - 1)$ делится на $5^2$ и $d = 7^{b_1}(7^{d_1} - 1)$ делится на $5^{ \beta_2} = 5^4$, а $D = 7^d - 1$ (и рассматриваемое в этой задаче число $A - B = 7^b \cdot D$ делится на $5^{\beta_4} = 5^8$.
Это рассуждение и завершает решение задачи.
