Legjobb válasz
Számoljuk meg először a 2-es szám előfordulását 1-10-ben. Csak 1, nevezetesen a 2. számhoz.
Ezután vegye be a következő tíz számot, és számolja meg a bennük lévő 2 számjegy előfordulását, és 2-t kapunk, mégpedig a 12. és a 20. számban.
Ugyanígy tízszer fordul elő a 21–30. számokban, mint kétszer 22-ben.
Ugyanígy folytatva a következő számokat 120-ig (beleértve a 120-at is) megtudja, hogy létezik-e minden tíz szám, plusz még egy idő, összesen 10.
121 és 130 között 10-szer ismét előfordul, mivel 122-ben kétszer is.
131-től 190-ig a 2-es számjegy minden 10 számban egyszer fordul elő, összesen 6.
És az utolsó tíz számban (191–200) kétszer fordul elő.
Az összes előfordulás összeadása azt találjuk, hogy a 2 számjegy 41-szer fordul elő, nevezetesen a 2, 12, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92 számokban , 102, 112, 120, 121, 122, 123, 124, 125, 126, 127, 128, 129, 132, 142, 152, 162, 172, 182, 192 és 200.
Válasz
Két szabályt mutatok meg, sok lehet.
Közülük az első az egyik könnyű, a másik pedig matematikai és tudományos:
1. folyamat:
Ha n ^ 5 értéket adunk meg, akkor az eredmény utolsó számjegye mindig megegyezik az n utolsó számjegyével.
Most ha hozzáadjuk (1 ^ 5 + 2 ^ 5 + 3 ^ 5 + …… .. + 99 ^ 5)
Az utolsó számjegy az összeadás utolsó számjegye lesz (1 + 2 + 3 +… .. + 99) .
Most,
Az összeadás utolsó számjegye (1 + 2 + 3 +… .. + 99)
= A \ frac utolsó számjegye {99 \ szor (99 + 1)} {2}
= A \ frac {99 \ szor 100 utolsó számjegye {2}
= 0
Tehát, az összeadás utolsó számjegye,
(1 ^ 5 + 2 ^ 5 + 3 ^ 5 + …… .. + 99 ^ 5) Zero.
2. folyamat:
Tudjuk, hogy
(1 ^ 5 + 2 ^ 5 + 3 ^ 5 + …… .. + n ^ 5)
= \ frac {[n (n + 1)] ^ 2 {(2n ^ 2 + 2n – 1)}} {12}
Tehát (1 ^ 5 + 2 ^ 5 + 3 ^ 5 + …… .. + 99 ^ 5)
A válasz a következő lesz:
161708332500
Tehát az utolsó számjegy nulla .
PS: Tudjuk, hogy az 1 ^ a + 2 ^ a + 3 ^ a + …… .. + n ^ a matematikailag van megírva mint \ Sigma n ^ a. Az erőösszeg általános képlete Faulhaber képlete (más néven Bernoulli képlete) néven ismert:
\ sum\_ { k = 1} ^ nk ^ {p} = \ frac {n ^ {p + 1}} {p + 1} + \ frac {1} {2} n ^ p + \ sum\_ {k = 2} ^ p \ frac {B\_ {k}} {k!} P ^ \ aláhúzás {k-1} n ^ {p-k + 1}
hol, \ textbf {p} ^ \ aláhúzás {k-1} = \ dfrac {p!} {(p-k + 1)!} -t eső tényezőnek nevezzük, B\_ {k} pedig a Bernoulli-számokat.
Ezzel a képlettel levezethetünk bármilyen konkrét hatalmi képletet összeg, az alábbiak szerint:
- \ Sigma n ^ 0 = n
- \ Sigma n ^ 1 = \ frac {n (n + 1)} {2 } = \ frac {1} {2} (n ^ 2 + n)
- \ Sigma n ^ 2 = \ frac {n (n + 1) (2n + 1)} {6} = \ frac {1} {6} (2n ^ 3 + 3n ^ 2 + n)
- \ Sigma n ^ 3 = [\ frac {n (n + 1)} {2}] ^ 2 = \ frac {1} {4} (n ^ 4 + 2n ^ 3 + n ^ 2)
- \ Sigma n ^ 4 = \ frac {n (n + 1) (2n + 1) (3n ^ 2 + 3n-1)} {30} = \ frac {1} {30} (6n ^ 5 + 15n ^ 4 + 10n ^ 3-n)
- \ Sigma n ^ 5 = \ frac { [n (n + 1)] ^ 2 {(2n ^ 2 + 2n – 1)}} {12} = \ frac {1} {12} (2n ^ 6 + 6n ^ 5 + 5n ^ 4-n ^ 2 )
- \ Sigma n ^ 6 = \ frac {n (n + 1) (2n + 1) (3n ^ 4 + 6n ^ 3-3n + 1)} {42} = \ frac {1 } {42} (6n ^ 7 + 21n ^ 6 + 21n ^ 5-7n ^ 3 + n)
- \ Sigma n ^ 7 = \ frac {n ^ 2 (n + 1) ^ 2 (3n ^ 4 + 6n ^ 3-n ^ 2-4n + 2)} {24} = \ frac {1} {24} (3n ^ 8 + 12n ^ 7 + 14n ^ 6-7n ^ 4 + 2n ^ 2)
- \ Sigma n ^ 8 = \ frac {n (n + 1) (2n + 1) (5n ^ 6 + 15n ^ 5 + 5n ^ 4-15n ^ 3-n ^ 2 + 9n-3)} {90} = \ frac {1} {90} (10n ^ 9 + 45n ^ 8 + 60n ^ 7-42n ^ 5 + 20n ^ 3-3n)
- \ Sigma n ^ 9 = \ frac {n ^ 2 (n + 1) ^ 2 (n ^ 2 + n -1) (2n ^ 4 + 4n ^ 3-n ^ 2-3n + 3)} {20} = \ frac {1} {20} (2n ^ {10} + 10n ^ 9 + 15n ^ 8-14n ^ 6 + 10n ^ 4-3n ^ 2)
- \ Sigma n ^ {10} = \ frac {n (n + 1) (2n + 1) (n ^ 2 + n-1) (3n ^ 6 + 9n ^ 5 + 2n ^ 4-11n ^ 3 + 3n ^ 2 + 10n-5)} {66} = \ frac {1} {66} (6n ^ {11} + 33n ^ {10} + 55n ^ 9-66n ^ 7 + 66n ^ 5-33n ^ 3 + 5n)
Köszönöm, hogy elolvastad a válaszomat. Remélem, ez segít.