Сравним по модулю 100

[Ktina]

Найти две последние цифры числа
$2^{2011}+2^{2011^2}+2^{2011^3}+\dots +2^{2011^{2011}}$

[Legioner93]

В таких задачах очень велик соблазн воспользоваться компьютером или хотя бы калькулятором.
Не видел в условии запрета на калькулятор, но всё же постарался им не пользоваться.
Здесь и далее все равенства по модулю 100
$2011^0=1$
$2011^1=11$
$2011^2=21$
$2011^3=31$
$2011^4=41$
$2011^5=51$
$2011^6=61$
$2011^7=71$
$2011^8=81$
$2011^9=91$
$2011^{10}=1$
Это считается в уме. Достаточно произвести 9 умножений типа $71 \cdot 11=81$
Далее убеждаемся в том, что
$52 \cdot 76=52$
$48 \cdot 76=48$
При этом
$2^{11}=48$
$2^{21}=52$
$2^{20}=76$
Это можно посчитать в столбик.
Отсюда моментально получаем серию равенств
$2^{11}=2^{31}=2^{51}=2^{71}=2^{91}=48$
$2^{21}=2^{41}=2^{61}=2^{81}=52$
Исходная сумма:
$201 \cdot (2^{11}+2^{21}+2^{31}+2^{41}+2^{51}+2^{61}+2^{71}+2^{81}+2^{91}+2^{1})+2^{11}=$ $201 \cdot (5 \cdot 48 + 4 \cdot 52+2)+48=201 \cdot 450 + 48 =98$

[Ktina]

Legioner93
У Вас всё так красиво и аппетитно, что скушать хочется. Только вот ответ Ваш ошибочен.

[Руст]

Задача детская $100|2^{2011^k}+2^{2011^{k+1}}$. Поэтому достаточно считать первый. Ответ 48.

[Legioner93]

Ktina
Возможно. А где ошибка?

[Dave]

Legioner93 в сообщении #518756 писал(а):

Возможно. А где ошибка?

Ошибка в том, что $2^{2011^{10}} \equiv 2^{21} \equiv 52 \pmod {100}$, а не $2^{2011^{10}} \equiv 2^1 \equiv 2 \pmod {100}$.

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #518756 писал(а):

А где ошибка?

Возможно, ошибка не только в вычислениях. Степени числа $2011$ нужно вычислять по модулю $20$ --- длине периода последовательности $2^k \bmod{100}$. Вычисляя их по модулю $100$, мы, конечно, найдём их и по модулю $20$, однако делимость $100$ на $20$ --- случайное обстоятельство.

[Legioner93]

Dave
Да, действительно. Спасибо.