Eindhoven University of Technology BACHELOR. Cijfers in producten van opeenvolgende getallen. Hagelüken, M.J. Award date: 2015

Transcriptie

1 Eindhoven University of Technology BACHELOR Cijfers in producten van opeenvolgende getallen Hagelüken, M.J. Award date: 205 Disclaimer This document contains a student thesis (bachelor's or master's), as authored by a student at Eindhoven University of Technology. Student theses are made available in the TU/e repository upon obtaining the required degree. The grade received is not published on the document as presented in the repository. The required complexity or quality of research of student theses may vary by program, and the required minimum study period may vary in duration. General rights Copyright and moral rights for the publications made accessible in the public portal are retained by the authors and/or other copyright owners and it is a condition of accessing publications that users recognise and abide by the legal requirements associated with these rights. Users may download and print one copy of any publication from the public portal for the purpose of private study or research. You may not further distribute the material or use it for any profit-making activity or commercial gain Take down policy If you believe that this document breaches copyright please contact us providing details, and we will remove access to the work immediately and investigate your claim. Download date: 2. Sep. 207

2 Technische Universiteit Eindhoven Bachelor Eindproject: Cijfers in producten van opeenvolgende getallen Begeleider Aart Blokhuis Student/Auteur Max Hagelüken, juli 205

3 Inhoudsopgave Inleiding Probleem Probleem Cijfers van g(g+) (g+k) Manier Voorbeeld Manier Voorbeeld Resultaten k = 5, c = k = 4, c = Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal p Recursieve vergelijking Directe vergelijking Voorbeeld Verbeterde recursieve vergelijking Aantal getallen eindigend op j met i cijfers Voorbeeld Directe vergelijking van een generatie van getallen Eigenvectoren en eigenwaardes van de standaardmatrix Eigenvectoren en eigenwaardes van de gecombineerde matrix Voorbeeld Alternatieve methodes voor het vinden van een generatie van getallen Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal b Recursieve vergelijking Minimum aantal vermenigvuldigingen met Modulo Laatste l niet nul cijfers van n! in grondtal p Recursieve vergelijking Uitwerken van de vermenigvuldiging Recursieve vergelijking

4 5.2 Directe formule Voorbeeld Aantal getallen eindigend op j met i cijfers Voorbeeld Primitieve wortel bij vermenigvuldigen modulo p Vinden van een primitieve wortel modulo p Conclusie Bibliografie

5 Inleiding In dit Bachelor Eindproject komen twee problemen aan bod die kijken naar bepaalde eigenschappen van de cijfers van producten van opeenvolgende getallen.. Probleem Het eerste probleem omvat producten van een aantal opeenvolgende getallen en uit hoeveel verschillende getallen deze producten bestaan. De oorsprong voor dit probleem kwam van de volgende vraag. Stel je wil een wachtwoord hebben van cijfers 0-9 en letters a-z. Dan heb je dus = 36 verschillende tekens. Als je nou een wachtwoord wilt hebben waarin geen teken 2 keer voorkomt op hoeveel manieren kan dat dan? Het antwoord is op = manieren. Het opvallende aan dit resultaat is dat het getal alleen de getallen 0,,2 en 4 bevat. Dit is opvallend want de kans dat een willekeurig getal van 0 cijfers uit maar 4 verschillende cijfers bestaat is ( 0 4 ) ( 4 0 ) De vraag is nu dus hoeveel van deze getallen zijn er en is dit aantal eindig of oneindig. Ook kun je je afvragen hoe je deze getallen vindt..2 Probleem 2 Het tweede probleem bekijkt de cijfers van n!. Het eerste idee is om alleen te kijken naar het laatste cijfer van n! maar je kan inzien dat vanaf n = 5 dit gelijk is aan 0 aangezien er dan vermenigvuldigd is met 2 5 = 0. Vervolgens is het dus slimmer om naar het laatste niet nul cijfer te kijken. Hiervan zijn de eerste 25 getallen,2,6,4,2,2,4,2,8,8,8,6,8,2,8,8,6,8,2,4,4,8,4,6,4, Wat opvalt is dat alle getallen even zijn. Ook lijken sommige getallen meer voor te komen zo komt de 6 maar 4 keer voor terwijl de 8 wel 8 keer voor komt. We vragen ons dus af of er bepaalde patronen zijn in het laatste niet nul cijfer van n!. Vervolgens heeft het ook nut om te kijken naar n! p oftewel n! uitgeschreven in grondtal p priem en kijken of hier iets over de cijfers valt te zeggen. 4

6 2 Cijfers van g(g+) (g+k) Ter verduidelijking voor de notatie - Het aantal cijfers van het getal 232 is gelijk aan 5 terwijl het aantal verschillende cijfers van het getal 232 gelijk is aan 3. - mul(g, k) = g (g + ) (g + k) waar g 0, k 0. Bij het karakteriseren van het aantal verschillende cijfers c dat het product mul(g, k) heeft is de standaard aanpak om gewoon alle getallen g af te gaan beginnend bij 0. Dit is echter niet praktisch want er zijn veel getallen die je op basis van een paar criteria kunt uitsluiten. Twee mogelijke manieren om getallen g uit te sluiten zullen aan bod komen. Beide manieren die besproken worden gebruiken een manier om een getal g uit te bereiden naar een getal g 2 waarbij toch mul(g 2, k) een aantal cijfers hetzelfde houd als mul(g, k). 2. Manier Laat g een getal zijn met j cijfers. Kijk vervolgens naar g 2 = g + h 0 j voor een willekeurige h 0. Als je nu kijkt naar mul(g 2, k) mod 0 j dan krijg je mul(g 2, k) mod 0 j mul(g + h 0 j, k) mod 0 j (g + h 0 j ) mod 0 j (g + k + h 0 j ) mod 0 j (g ) mod 0 j (g + k) mod 0 j mul(g, k) mod 0 j Dus de laatste j cijfers van mul(g 2, k) zijn gelijk aan de laatste j cijfers van mul(g, k). Dit betekent dat als de laatste j cijfers van mul(g, k) al te veel verschillende cijfers bevat, getallen van de vorm g 2 = g + h 0 j niet meer overwogen hoeven worden. Voor het zoeken naar getallen g waarvan mul(g, k) precies c verschillende cijfers heeft kan de lijst van getallen waar je in zoekt dus ingekort worden door een lijst l j van getallen d bij te houden met 0 d < 0 j waarvan mul(d, k) mod 0 j maximaal c verschillende cijfers bevat. Begin met l de lijst van alle getallen d met 0 d < 0 aangezien deze getallen allemaal verschillende cijfer hebben. Vervolgens kan de lijst l j+ recursief bepaald worden met behulp van de lijst l j. Dit kan gedaan worden door getallen d uit de lijst l j uit te breiden naar getallen van de vorm d 2 = d + a 0^j met 0 a < 0. Deze getallen d 2 voldoen aan 0 d 2 < 0 j+. Voeg vervolgens alle getallen d 2 toe aan de lijst l j+ waarvan mul(d 2, k) mod 0 j+,oftewel de laatste j + cijfers van mul(d 2, k), maximaal c verschillende cijfers heeft. Getallen g waarvan mul(g, k) precies c verschillende cijfers heeft met 0 g < 0 j zullen dus in l j zitten. Dit is omdat getallen g die niet in l j zitten minstens c + verschillende cijfers hebben in mul(g, k) mod 0 j de laatste j cijfers van mul(g, k). 2.. Voorbeeld 5

7 Stel we nemen g = 63, k = 2 en zoeken naar getallen met maximaal c = 2 verschillende cijfers geeft mul(g, k) = = mul(g, k) mod mod mod 0 3 Dit betekent dat getallen d van de vorm 63 altijd hebben dat mul(d, k) eindigt op 336 en dus minstens 2 verschillende cijfers heeft. Het uitbreiden van g naar g 2 = g = 63 geeft mul(g 2, k) = = mul(g 2, k) mod mod mod 0 4 Dit betekent dat getallen d van de vorm 63 nog een kans hebben dat mul(d, k) precies 2 verschillende getallen heeft. Het uitbreiden van g naar g 3 = g = 263 geeft mul(g 3, k) = = mul(g 3, k) mod mod mod 0 4 Dit betekent dat getallen d van de vorm 263 altijd minstens 3 verschillende getallen hebben in mul(d, k) en dus kunnen uitgesloten worden. 2.2 Manier 2 In manier wordt in feite een getal uitgebreid door er aan de voorkant cijfers aan toe te voegen. Manier 2 breid een getal g aan de achterkant uit naar getallen g 2 = g 0 j + h met j,0 j > h 0. Om iets te kunnen zeggen over de overeenkomstige eerste paar cijfers van mul(g, k) en mul(g 2, k) is het makkelijk om een bepaalde boven- en ondergrens voor g 2 te vinden. Voor de ondergrens geldt mul(g 2, k) = mul(g 0 j + h, k) = (g 0 j + h) (g 0 j + h + ) (g 0 j + h + k) (g 0 j ) (g 0 j ) (g 0 j ) = g k+ 0 j(k+) Voor de bovengrens geldt mul(g 2, k) = mul(g 0 j + h, k) = (g 0 j + h) (g 0 j + h + ) (g 0 j + h + k) (g 0 j + 0 j ) (g 0 j + 0 j ) (g 0 j + 0 j + k ) < (g 0 j + 0 j + k 0 j 0j ) (g 0 j + 0 j + k 0 j 0j ) (g 0 j + 0 j + k 0 j 0j ) = 6

8 ((g + + k k+ ) 0 j 0j ) = (g + + k 0 j )k+ 0 j(k+) De conclusie hiervan is dat de i cijfers die g k+ en (g + + k 0 j )k+ overeenkomstig hebben dus ook de eerste i cijfers zullen zijn van mul(g 2, k). Als deze i cijfers al meer dan c verschillende cijfers zijn zal mul(g 2, k) in totaal dus ook meer dan c verschillende cijfers hebben. Opvallend is dat voor grotere j de term (g + + k 0 j )k+ alleen kleiner wordt en dus zullen er meer eerste i overeenkomende cijfers zijn. Dit betekent dat alleen voor j = hoeft gekeken worden want die eerste i overeenkomende cijfers worden gedeeld door alle uitbereidingen van g ongeacht hoeveel cijfers je erachteraan toevoegt. Een klein detail hierbij is dat 234 en 25 niet 2 als overeenkomstige getallen heeft maar 234 en 256 wel. Voor het zoeken naar getallen g waarvan mul(g, k) precies c verschillende cijfers heeft kan de lijst van getallen waar je in zoekt dus op een soortgelijke manier ingekort worden door een lijst l j van getallen d bij te houden met 0 j d < 0 j waarvan de eerste i cijfers die d k+ en (d + + k 0 j )k+ overeenkomstig hebben maximaal c verschillende cijfers bevat. Begin met l de lijst van alle getallen d met d < 0 aangezien voor deze getallen geldt dat d en d + al geen overeenkomstige getallen heeft aan het begin dus d en d + + k 0j heeft ook geen overeenkomstige getallen. Aangezien de getallen geen overeenkomstige getallen bevat hebben de overeenkomstige getallen hiervan 0 verschillende cijfers dus zeker maximaal c verschillende cijfers. Vervolgens kan uit een lijst l j de lijst l j+ gehaald worden. Dit kan gedaan worden door getallen d uit de lijst l j uit te breiden naar getallen van de vorm d 2 = d 0 + a met 0 a < 0. Deze getallen d 2 voldoen aan 0 j d 2 < 0 j+. Voeg vervolgens alle getallen d 2 toe aan de lijst l j+ waarvan de eerste i cijfers die d 2 k+ en (d k 0 j )k+ overeenkomstig hebben maximaal c verschillende cijfers bevat. Getallen g waarvan mul(g, k) precies c verschillende cijfers heeft met 0 j g < 0 j zullen dus in l j zitten. Dit is omdat getallen g die niet in l j zitten minstens c + verschillende cijfers hebben in mul(g, k) mod 0 j de laatste j cijfers van mul(g, k) Voorbeeld Stel we nemen g = 229, k = 2 en zoeken naar getallen met maximaal c = 2 verschillende cijfers geeft g k+ = = (g + + k 0 )k+ = ( ) 3 = De eerste overeenkomstige cijfers van en zijn 2 Dit betekent dat getallen d van de vorm 229 altijd hebben dat mul(d, k) begint met 2 en dus minstens 2 verschillende cijfers heeft. 7

9 Het uitbreiden van g naar g 3 = g = 2297 geeft g 2 k+ = = (g k 0 )k+ = ( ) 3 = De eerste overeenkomstige cijfers van en zijn 2 Dit betekent dat getallen d van de vorm 2297 altijd hebben dat mul(d, k) begint met 20 en dus minstens 2 verschillende cijfers zal hebben. Deze getallen hebben nog een kans dat ze volledig uit 2 verschillende cijfers bestaan. Het uitbreiden van g naar g 3 = g 0 + = 229 geeft g 3 k+ = = (g k 0 )k+ = ( ) 3 = De eerste overeenkomstige cijfers van en zijn 20 Dit betekent dat getallen d van de vorm 229 altijd hebben dat mul(d, k) begint met 20 en dus meer dan 2 verschillende cijfers zal hebben en dus uitgesloten kunnen worden. 2.3 Resultaten Voor twee specifieke k en c zal ik een voorbeeld geven van de lijst van gevonden getallen g zodat mul(g, k) precies c verschillende cijfers bevat 2.3. k = 5, c = 4 De lijst van gevonden getallen bij k = 5, c = 4 is 3, 4, 5, 9,, 5, 3, 45, 74 Hierbij is gekeken naar de getallen tot k = 4, c = 4 De lijst van gevonden getallen bij k = 4, c = 4 is 4, 5, 6, 8, 9, 26, 45, 60, 97, 98, 255, 997,998, 9997, 9998, 99997,99998, , , Hierbij is gekeken naar de getallen tot 0 7.In de lijst is een duidelijk verschil tussen twee typen getallen. Het eerste soort lijkt random zonder patroon. Hierbij is het grootste getal

10 Het tweede soort heeft een duidelijk patroon en bevat de twee patronen 9 97 en Als je de vergelijking voor het patroon 9 98 = 0 i 2 uitschrijft dan zie je dat dit gelijk is aan (0 i 2)(0 i )0 i (0 i + )(0 i + 2) = (0 2i 4)(0 2i )0 i = 0 5i 5 0 3i i Hierin is het resultaat het patroon Dit patroon bestaat uit de cijfers 0,4,5,9 en heeft dus inderdaad 4 verschillende cijfers. 9

11 3 Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal p Voor het in kaart brengen van het gedrag van de laatste niet nul cijfer van n! in grondtal p > 2 priem is het handig om te kijken wat het gedrag is in termen van de cijfers van n geschreven in grondtal p. Om een beter beeld te krijgen van het gedrag is het handig om de volgende stappen uit te voeren:. Beschrijf het gedrag recursief. In dit geval in termen van het weghalen van het laatste cijfer. 2. Vind op basis van de recursieve vergelijking een directe vergelijking in termen van de cijfers van n. 3. Vind op basis van de directe vergelijking uit 2 een verbeterde recursieve vergelijking die bij het toevoegen van een cijfer alleen informatie nodig heeft van het toegevoegde cijfer. 4. Kijk naar het aantal getallen waarvan n! eindigt op k waarbij je getallen van een bepaald aantal cijfers bekijkt. Stel hiervoor eerst een recursieve vergelijking op met behulp van de recursieve vergelijking voor de laatste cijfer van een getal uit Gebruik de recursieve formule uit 4 om een directe formule te vinden voor het aantal getallen waarvan n! met maximaal j cijfers die eindigen op k. 3. Recursieve vergelijking Voor het kijken naar de laatste niet nul cijfer van een getal is het makkelijker om te redeneren over waar dit gelijk gelijk aan is modulo p. Dus laat de functie ld(n) het laatste niet nul cijfer van n modulo p zijn met ld(n) ( p ). Verder is het handig om in te zien dat het laatste niet nul, p 2 2 cijfer van a b gelijk is aan a b mod p als a en b geen p-voud zijn en dus in het bijzonder als 0 a, b < p. Om het laatste niet nul cijfer van n! uit te rekenen is het handig om eerst elke term in grondtal p uit te schrijven. Dit wordt gedaan omdat er dan een hele boel overbodige termen met pvouden uitgewerkt kunnen worden. stel dus eerst en herschrijf als n = n 0 + n p + + n k p k = k i=0 n i p i 2 (p ) p (p + ) (p 2 ) p 2 (p 2 + ) n 2 (p ) p ( + p) ((p ) + (p )p) p 2 ( + p 2 ) (n p + +n k p k ) (n 0 + n p + +n k p k ) Met andere woorden schrijf elke term in het product als c i p i met c. Hierdoor wordt het product een product van sommen die je kunt uitschrijven in een som van producten. In deze som van producten heeft elke term in de som een aantal p factoren waarbij een term in de som c i p i het minst aantal p factoren heeft. Dit is de c i p i zodat c j = 0 voor j < i en c i 0. Hierin is de p i term overbodig want die heeft geen invloed op het laatste niet nul cijfer. 0

12 Voor het opstellen van een recursieve vergelijking voor het laatste niet nul cijfer van n! In grondtal p is het handig om eerst alle termen die geen factor p hebben te pakken en het laatste cijfer te gebruiken in de vermenigvuldiging. Vervolgens vormen de overige getallen ( p) (2 p) weer bijna een product dat erg op een faculteit lijkt. Door in dit product alle p termen uit te werken, aangezien die toch geen invloed hebben op het laatste getal, hou je weer een faculteit over. De vermenigvuldiging van alle de laatste cijfers van alle termen die geen p-voud zijn heeft de volgende vorm ( (p )) ( (p )) ( n 0 ) Na elke ( (p )) term komt in de originele vergelijking een p-voud voor. De laatste p-voud is (n p + + n k p k ) = p (n + + n k p k ) dus komt de ( (p )) term (n + + n k p k ) keer voor. Dus is de vermenigvuldiging van alle termen die geen p-voud zijn gelijk aan ( (p )) n + +n k p k ( n 0 ) = ((p )!) n + +n k p k n 0! Het heeft dus nut om eerst te kijken wat de invloed is van (p )! op het laatste getal. Aangezien voor alle termen geldt dat tussen 0 en p zitten geldt dat de invloed gelijk is aan (p )! mod p. Behalve en p heeft elk getal een inverse en deze inverse zit ook in (p )! dus worden behalve en p alle getallen modulo p vermenigvuldigd tot. Dus wat overblijft is (p )! p mod p. Verder kun je nog meer versimpelen door gebruik te maken van het feit dat p oneven is dus (p ) p ( ) p mod p en als je dit herhaalt toepast ook (p ) pk mod p. Gebruik dit om het volgende te herschrijven ((p )!) n + +n k p k n 0! ( ) n + +n k p k n 0! ( ) n + +n k n 0! mod p Voor de overige p-vouden geld dat de grootste gelijk is aan p (n + + n k p k ). Als in al deze p-vouden een vermenigvuldiging met p weggelaten wordt dan is wat overblijft (n + + n k p k )! dit is een faculteit van een getal met een cijfer minder. Dus is de conclusie ld ((n 0 + n p + +n k p k )!) ( ) n + +n k n 0! ld ((n + +n k p k )!) mod p 3.2 Directe vergelijking Door deze recursieve vergelijking herhaaldelijk toe te passen kan een directe vergelijking gevonden worden. De base case voor deze vergelijking is ld(n k!) n k! mod p met 0 n k < p. Het herhaaldelijk toepassen geeft: ld ((n 0 + n p + +n k p k )!)

13 ( ) n + +n k n 0! ld ((n + +n k p k )!) ( ) n + +n k n 0! ( ) n 2+ +n k n! ld ((n 2 + +n k p k 2 )!) ( ) n + +n k n 0! ( ) n 2+ +n k n! ( ) n k n k! ld(n k ) ( ) n + +n k n 0! ( ) n 2+ +n k n! ( ) n k n k! n k! mod p Dit kan herschreven worden tot dus ( ) n + +n k ( ) n 2+ +n k ( ) n k n 0! n! n k! n k! ( ) n +2n 2 + +kn k k i=0 (n i!) ( ) n +n 3 +n 5 + k (n i!) mod p i=0 k i=0 ld ((n 0 + n p + +n k p k )!) ( ) n +n 3 +n 5 + (n i!) mod p Dus alleen de n i met oneven i hebben een extra invloed. Verder kun je de faculteiten nog verder uitwerken. Laat b i het aantal keren zijn dat n j = i dan kun je de uitdrukking nog vereenvoudigen door ( ) n +n 3 +n 5 + 0! b 0! b 2! b 2 (p )! b p Hierbij is het slim om eerst de faculteiten die gelijk zijn aan elkaar modulo p bij elkaar te voegen dus i! b i j! b j = i! b i+b j als i! = j! Hierbij is het ook mogelijk om nog verder te versimpelen door het feit dat i! ord p (i!) Dus is het handig om eerst de ordes uit te rekenen van de faculteiten en vervolgens toe te passen i! b i+b j + i! (b i+b j + ) mod ord p (i!) mod p 3.2. Voorbeeld p = 3 Bij p = 3 is de formule voor het laatste niet nul cijfer Bekijk 202! volgens de formule is de laatste niet nul digit hiervan gelijk aan ( ) +2+ 2!! 0! 2!!! ( ) 4 0!! 3 2! mod 3 2

14 3.3 Verbeterde recursieve vergelijking In de originele recursieve vergelijking zijn in de recursieve stap de informatie van alle cijfers nodig. Alle cijfers n 0 tot n k komen voor in de term ( ) n + +n k n 0! uit de vergelijking ld ((n 0 + n p + +n k p k )!) ( ) n + +n k n 0! ld ((n + +n i p k )!) mod p Echter als je de directe vergelijking neemt voor de laatste cijfers en k i=0 ld ((n 0 + n p + +n k p k )!) ( ) n +n 3 +n 5 + (n i!) mod p k i=0 ld ((n 0 + n p + +n k p k )!) ( ) n +n 3 +n 5 + (n i!) mod p dan kun je hier de volgende recursieve vergelijking uithalen ld ((n 0 + +n k p k )!) { n k! ld ((n 0 + +n k p k )!) mod p als k oneven n k! ld ((n 0 + +n k p k )!) mod p als k even Dit betekent dat in de recursieve stap alleen informatie nodig is van de cijfer die wordt verwijdert in de recursieve stap. 3.4 Aantal getallen eindigend op j met i cijfers Met de gegeven verbeterde recursieve vergelijking voor het laatste cijfer kan nu gekeken worden naar de verdeling van het laatste cijfer van n!. Laat a i = a i, a p i, 2 0 a, p a 0 = ( ) i, 2 0 ( a i, ) waarbij a i,j het aantal getallen g is met i cijfers waarbij ld(g!) = j. Dan kun je dit rijtje a i direct karakteriseren door een vergelijking of recursief door een recursieve formule op te stellen. Het is makkelijk om eerst de recursieve formule op te stellen en dan hieruit de directe vergelijking te halen. Uit de verbeterde recursieve vergelijking voor het laatste cijfer van n! valt te halen dat als n! eindigt op een j mod p en je voegt dan een cijfer d toe aan de voorkant van n dan eindigt het nieuwe getal op d! j als n een oneven aantal cijfers heeft en d! j als n een even aantal cijfers heeft. Om beter te kunnen redeneren over de recursieve betrekking over a i is het makkelijk om deze vermenigvuldigingen van het laatste getal uit te drukken in matrixvermenigvuldigingen op a i. Als het toevoegen van een cijfer d zorgt voor een vermenigvuldiging met h dan wordt dat genoteerd door een vermenigvuldiging van a i met de matrix M h ofwel a i+ = M h a i. Deze vermenigvuldiging zorgt ervoor dat getallen van het type a i,j omgezet worden naar getallen van het type a i+,(j h mod p). 3

15 Aangezien j h k h mod p als j k gaat elke a i,j naar een unieke a i+,(j h mod p). Dit zorgt ervoor dat elke rij en kolom van M h precies een entry met de waarde heeft. Een paar dingen om in te zien over de matrices M h zijn: - Vermenigvuldiging met j h is hetzelfde als eerst vermenigvuldigen met j en dan met h of andersom dus M j h mod p = M j M h = M h M j - Als cijfer d toevoegen zorgt voor vermenigvuldiging met h en cijfer d 2 toevoegen zorgt voor vermenigvuldiging met h 2 dan kan de gezamelijke toedragen beschreven worden door M h + M h2 - De matrices volgen net als hun getallen dezelfde cykels en hebben dezelfde orde. Dus als h j mod p dan is (M h ) j = M = I. Laat A = M 0! + M 2! + + M (p )! de bijdrage zijn van het toevoegen van alle even cijfers en B = M! + M 3! + + M (p 2)! De bijdrage van alle oneven cijfers. Dan de beidrage van alle getallen gelijk aan - a i+ = M e a i = (A + B) a i als i even is - a i+ = M o a i = (A + M B) a i als i oneven is - a i+2 = M o M e a i als i even is - Aangezien er nog vermenigvuldigd moet worden met - al er een oneven getal wordt toegevoegd als i oneven is. Een andere manier om de vermenigvuldiging te zien is om in te zien dat het vermenigvuldigen van een getal g met h modulo een priemgetal gelijk is aan een permutatieπ h van de getallen,2,, p met π h (j) = j h mod p. In dit geval kun je dan M h schrijven als M h = ( e π h () e πh ( p 2 ) e πh ( p 2 ) e πh ( ) ) 3.4. Voorbeeld p = 3 M = ( ) = I, M = ( ) A = M 0! + M 2! = M + M B = M! = M M e = A + B = 2M + M M o = A + M B = M + 2M M o M e = (M + 2M )(2M + M ) = 2M M + M M + 4M M + 2M M = 2M + M + 4M + 2M = 4M + 5M 4

16 p = 5 M = ( M 2 = ( ) = I, M 2 = ( ), M = ( ), ) A = M 0! + M 2! + M 4! = M + M 2 + M B = M! + M 3! = 2 M M e = 3M + M 2 + M M o = M + M 2 + 3M M o M e = 3M M + (3 + )M M 2 + (9 + )M M + M 2 M 2 + (3 + )M 2 M + 3M M = 3M + 4M 2 + 0M + M + 4M 2 + 3M = 6M + 4M 2 + M + 4M Directe vergelijking van een generatie van getallen Door de recursieve vergelijking voor a i herhaaldelijk toe te passen kun je een directe vergelijking krijgen in de vorm van a 2n = (M o M e ) n a 0 a 2n+ = ( M e (M o M e ) n ) a 0 Het zou hierbij lastig zijn om (M o M e ) n helemaal uit te rekenen. Wat sneller zou zijn is als M o M e (p ) verschillende eigenvectoren v j, j [, p ] met bijbehorende eigenwaarden λ j heeft dan kan a 0 uitgeschreven worden als en dus a 0 = c v + + c p v p (M o M e ) n a 0 = (M o M e ) n (c v + + c p v p ) = c (M o M e ) n v + +c p (M o M e ) n v p = c (λ ) n v + + c p (λ p ) n v p 3.5. Eigenvectoren en eigenwaardes van de standaardmatrix Voor het vinden van de eigenvectoren en eigenwaardes van M h is het makkelijk om eerst de eigenvectoren en eigenwaardes van M r te vinden met r een primitieve wortel. Allereerst is het makkelijk om te kijken wat mogelijke waarden zijn voor λ. Laat λ een eigenwaarde van M r zijn dan is (M r ) p = M r p mod p = M = I. Dat betekent dat λ p =. Dus alleen oplossingen van deze vergelijking kunnen een eigenwaarde zijn. 5

17 Bewijs vervolgens dat elke oplossing van deze vergelijking ook daadwerkelijk een eigenwaarde is. Laat λ een oplossing zijn van de vergelijking. Stel b = M r v dan volgt b πr (i) = v i. Vul vervolgens λv in voor b dan krijg je λv πr (i) = v i. Neem vervolgens voor v een willekeurige startwaarde en neem de overige waardes zodat ze voldoen aan de vergelijking dan geld λv = M r v en dus is v een eigenvector voor λ. Aangezien er p oplossingen zijn van de vergelijking λ p = heeft M r dus ook p eigenwaardes en eigenvector λ,, λ p en v,, v p en dus een volledige verzameling eigenwaardes en eigenvectoren. Aangezien r een primitieve wortel is geld voor iedere h dat er een unieke i [0, p ) met h = r i. Dit betekent dat M h = (M r ) i en dus dat M h eigenvectoren v,, v p heeft met bijbehorende eigenwaardes (λ ) i,, (λ p ) i Eigenvectoren en eigenwaardes van de gecombineerde matrix Aangezien alle M h dezelfde eigenvectoren hebben blijven deze eigenvectoren hetzelfde onder vermenigvuldiging en optelling. De eigenwaardes worden hierbij respectievelijk vermenigvuldigd en opgeteld. Het is dus handig om in de volgende volgorde te werken - eerst alle eigenwaardes van M r uit te rekenen voor een primitieve wortel - vervolgens de eigenwaardes van alle andere M h te berekenen - vervolgens daarmee de eigenwaardes van M o M e uitrekenen. Als dan λ i een eigenwaarde is voor M o M e bij eigenvector v i dan is de eigenwaarde bij diezelfde eigenvector (λ i ) n voor (M o M e ) n Voorbeeld p = 5 Modulo 5 is 2 een primitieve wortel. Dus bereken eerst de eigenwaardes en eigenvectoren van M 2. De vier eigenwaarden zijn de wortels van λ 4 = dus λ =, λ 2 = i, λ 3 = en λ 4 = i de bijbehorende eigenvectoren zijn i v = ( ), v 2 = ( ), v 3 = ( ) en v 4 = ( i Hierbij is a 0 op te splitsen in 0 a 0 = ( 0 ) = ( 4 ) + ( i ) + 4 i ( ) + 4 ( i ) = 4 i 4 (v + v 2 + v 3 + v 4) 0 i i Voor de andere matrices kun je gebruiken dat 2 de volgende cykel volgt (2 0, 2, 2 2, 2 3 ) = (, 2,, 2) ) 6

18 en dus volgt de matrix M 2 ook de cykel (M, M 2, M, M 2 ) De eigenwaardes van M e = 3M + M 2 + M zijn dus λ = = 5 λ 2 = 3 i 0 + i + i 2 = 2 + i λ 3 = 3 ( ) 0 + ( ) + ( ) 2 = 3 λ 4 = 3 ( i) 0 + ( i) + ( i) 2 = 2 i De eigenwaardes van M o = M + M 2 + 3M zijn dus λ = = 5 λ 2 = i 0 + i + 3 i 2 = 2 + i λ 3 = ( ) 0 + ( ) + 3 ( ) 2 = 3 λ 4 = ( i) 0 + ( i) + 3 ( i) 2 = 2 i dus heeft (M o M e ) n de eigenwaardes μ = (5 5) n = 25 n = 5 2n μ 2 = ((2 + i )( 2 + i)) n = ( 5) n = 5 2n μ 3 = (3 3) n = 9 n = 3 2n μ 4 = ((2 i)( 2 i)) n = ( 5) n = 5 2n Verder heeft M e (M o M e ) n de eigenwaardes ρ = 5 25 n = 5 2n+ ρ 2 = (2 + i)( 5) n = (2 + i) 5 2n ρ 3 = 3 9 n = 3 2n+ ρ 4 = (2 i)( 5) n = (2 i) 5 2n Doordat de eigenvectoren en eigenwaardes bekend zijn valt nu makkelijk een directe vergelijking op te stellen voor a 2n en a 2n+ a 2n = (M o M e ) n a 0 = (M o M e ) n 4 (v + v 2 + v 3 + v 4) = 4 (52n v + 5 2n (v 2 + v 4) + 3 2n v 3) = 4 5 2n n + 3 2n 5 2n 3 2n 5 2n 3 2n ( 5 2n 2 5 2n + 3 2n ) En a 2n+ = ( M e (M o M e ) n ) a 0 = ( M e (M o M e ) n ) 4 (v v 2 v 3 + v 4) 7

19 = 4 (52n+ v + (2 + i) 5 2n v n+ v 3 + (2 i) 5 2n v 4) = 4 (52n+ v n (v 2 + v 4) + i 5 2n (v 2 v 4) + 3 2n+ v 3) = 4 = 4 = 4 ( 5 2n n+ ( 5 2n+ 3 2n+ 5 2n+ 3 2n+ ) n n+ 5 2n n+ ( 5 2n+ 3 2n+ 5 2n+ 3 2n+ ) ( 2n n+ 5 2n n + 3 2n+ 5 2n n 3 2n+ 5 2n n 3 2n+ ( 5 2n n + 3 2n+ ) 2n ( + i + i 2n ( 2 0 i i 0 2 ) +i 5 2n i i ( ) i + i + ) 0 ) +i 5 2n 2i ( ) 2i 0 ) Ter vergelijking de tabel voor de eerste 6 generaties van a i i a i, a i,2 a i, 2 a i, Alternatieve methodes voor het vinden van een generatie van getallen In sommige gevallen kan voor bepaalde a i een alternatieve methode gebruikt worden om een deel direct te vinden. Een voorbeeld hiervan is dat voor p = 5 je op een alternatieve manier a i,2 + a i, 2 kunt bepalen. Volgens de formule uit het voorbeeld moet gelden a 2n,2 + a 2n, 2 = 4 (52n 3 2n ) + 4 (52n 3 2n ) = 2 (52n 3 2n ) en a 2n+,2 + a 2n+, 2 = 4 (52n n 3 2n+ ) + 4 (52n n 3 2n+ ) = 2 (52n+ 3 2n+ ) dus a i,2 + a i, 2 = 8

20 2 (5i 3 i ) Het idee van de directe aanpak is dat je de formule voor het laatste niet nul cijfer van n! in grondtal 5 bekijkt ( ) n +n 3 +n 5 + 0! b 0! b 2! b 2 3! b 3 4! b 4 ( ) n +n 3 +n 5 + b 0+b +b 3 2 b 2 b 4 mod 5 Hierin valt te zien dat het laatste cijfer van n! gelijk is aan 2 of -2 mod 5 als 2 b 2 gelijk is aan 2 of 2 = 2 3 mod 5. Het getal 2 heeft orde 4 modulo 5 dus geldt 2 b 2 = 2 b 2 mod 4 mod 5. Er moet dus gelden dat b 2 mod 4 of b 2 3 mod 4 in andere woorden b 2 mod 2. Met andere woorden alle getallen met een oneven aantal 2 cijfers voldoen. Laat o i het aantal getallen zijn van i cijfers met een oneven aantal 2 cijfers en laat e i het aantal getallen zijn van i cijfers met een even aantal 2 cijfers. Er zijn in totaal 5 i getallen van i cijfers dus Hierbij is 5 i = o i + e i o = (alleen het getal 2) e = 4 (de getallen 0,,3,4) Een getal van i cijfers met een oneven aantal 2 cijfers kan - eindigen op een 2. Dit geeft dat de eerste i cijfers een even aantal 2 cijfers bevat. - eindigen op een 0,,3,4. Dit geeft dat de eerste i cijfers een oneven aantal 2 cijfers bevat. Dit geeft de betrekking o i = e i + 4o i Samen met 5 i = o i + e i geeft dit Gebruik nu o i = 5 i o i + 4o i = 5 i + 3o i o i 2 5i = 5 i 2 5i + 3o i = 5 i 5 2 5i + 3o i = 3 2 5i + 3o i = 3(o i 2 5i ) en substitueer d i = o i 2 5i dit geeft d i = 3d i = = 3 i d 9

21 met geeft dit d = o 2 5 = 5 2 = 3 2 dus d i = 3 i 3 2 = 2 3i d i = o i 2 5i = 2 3i o i = 2 (5i 3 i ) 20

22 4 Laatste niet nul cijfer van n! in grondtal b Met het inzicht verkregen door het laatste niet nul cijfer van n! in grondtal p > 2 priem kan ook worden gekeken naar het laatste niet nul cijfer in grondtal b niet priem. Als uitgangspunt wordt b = 0 genomen aangezien het decimale stelsel het standaardstelsel is. Om weer een beter beeld te krijgen van het gedrag wordt eerst naar een recursieve vergelijking gezocht om vervolgens dit in een directe vergelijking om te zetten. 4. Recursieve vergelijking Het is net als in het geval van grondtal p makkelijker om te redeneren waar een laatste niet nul cijfer van een getal gelijk aan is modulo b. Dus laat weer de ld(n) het laatste niet nul cijfer van n modulo b zijn. In het geval van grondtal 0 kunnen 0-vouden echter niet weggelaten worden op dezelfde manier als p-vouden in het grondtal p geval weggelaten werden. Om een voorbeeld te geven in het grondtal p = 5 geval zou het laatste niet nul cijfer berekend worden door ld(( + 5) (2 + 5)) = 2 In het grondtal 0 geval zou dit echter niet werken aangezien ld((5 + 0) (2 + 0)) = ld( ) = Aangezien n! meer 5 factoren bevat dan 2 factoren, zullen voornamelijk de 5 factoren een probleem zijn. Een slimme aanpak is dus om eerst de vermenigvuldiging in een soort van grondtal 5 vorm uit te schrijven en vervolgens op die manier alle 0 vouden eruit te halen. Dus laat en herschrijf als n = n 0 + n 5 + n k 5 k = k i=0 n i 5 i n ( + 5) ( ) 5 2 ( ) (n 0 + n 5 + +n k 5 k ) Het minimale aantal vermenigvuldigingen met 0 in dit product wordt verkregen door het minimum aantal vermenigvuldigingen met Minimum aantal vermenigvuldigingen met 5 Het minimum aantal vermenigvuldigingen met 5 wordt verkregen door in elke term van de originele vermenigvuldiging de meest linker factor te nemen. Dus in ( + 5) ( ) 5 2 ( ) (n 0 + n n k 5 k ) 2

23 neem je n 0 De laatste 5-voud hierin is (n 5 + n k 5 k ) = 5 (n + + n k 5 k ) In totaal is het dus te herschrijven als n 0 = 5! 5! 2 5! (n + n + k 5 k ) n 0! = 5! (n + n k 5 k ) (n + + n k 5 k )! n 0! In deze nieuwe vergelijking komt een faculteit van een getal voor dat ongeveer 5 keer kleiner is dan het originele getal. Deze stap kunnen we recursief uitvoeren dus 5! (n + +n k 5 k ) (n + n k 5 k )! n 0! = 5! (n +n n k 5 k ) 5! (n 2+ +n k 5 k 2) (n 2 + n k 5 k 2 )! n! n 0! = 5! (n +n 2 (5+)+ + n k (5 k +5 k 2 )) (n n k 5 k 2 )! n! n 0! = = 5! (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) n k! n! n 0! = 0 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) 2 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) n k! n! n 0! 4..2 Modulo 0 Als we de uitkomst modulo 0 gaan bekijken valt de 0 macht term weg en wordt de 2 macht een 2 macht. Dus 0 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) 2 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) n k! n! n 0! 2 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) n k! n! n 0! mod 0 2 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) k (n i!) mod 0 i=0 k Voor de twee macht kunnen we een simpelere vorm krijgen door de volgende rekenregel te gebruiken: dus dus 2 i 2 i mod 4 mod i 2 2 i mod 4 mod 0 2 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) mod 0 2 (n + n 2 (+)+ +n k (+ +)) mod 0 2 (n + 2 n 2 + +k n k ) mod 0 2 ( k i n i) i = mod 0 22

24 2 ( k i = (i mod 4) n i) mod 0 Voor de faculteiten is het simpeler om eerst het volgende te berekenen En vervolgens a j = aantal keer dat n i = j, j [0,4] k i=0 (n i!) Te schrijven als 4 k (j!) a j j=0 2 a 2+2 a 4 3 a 3 In totaal geld dus k i=0 2 (n + n 2 (5+)+ +n k (5 k + +)) (n i!) 2 ( k (i mod 4) n i)+a 2 +2 a 4 k i = 3 a 3 mod 0 Dit valt te versimpelen door gebruik te maken van de regels 2 i 2 i mod 4 mod 0 als i 0 mod 4 2 i 2 4 mod 0 6 mod 0 als i > 0, i = 0 mod 4 3 i 3 i mod4 mod 0 23

25 5 Laatste l niet nul cijfers van n! in grondtal p Net als bij het geval met het laatste niet nul cijfer van n! is er voor de laatste k niet nul cijfers van n! ook een directe vergelijking te verkrijgen via een recursieve vergelijking. De algemene tactiek zal weer zijn om eerst de vergelijking uit te schrijven in grondtal p 5. Recursieve vergelijking De eerste stap zal weer het uitschrijven van de vergelijking in grondtal p zijn. Dus n = n 0 + n p + + n k p k = en herschrijf als k i=0 n i p i 2 (p ) p (p + ) (p 2 ) p 2 (p 2 + ) n 2 (p ) p ( + p) ((p ) + (p )p) p 2 ( + p 2 ) (n p + +n k p k ) (n 0 + n p + +n k p k ) Vervolgens is het makkelijk om in te zien dat alleen de laatste l niet nul cijfers van elke term invloed hebben op de laatste l niet nul cijfers van n!. Het is makkelijk om eerst alle termen die geen p-voud zijn eruit te halen en vervolgens de overige pvouden door p te delen en recursief door te gaan. Hiervoor is het makkelijk om de functie f: Z/p l Z Z/p l Z gegeven door f(n) = n! mod p l behalve alle termen die p bevatten in te voeren. 5.. Uitwerken van de vermenigvuldiging Voor de recursieve vergelijking zal het van nut zijn om te kijken waar f(p l ) gelijk aan is modulo p l! p l. Allereerst is f(p l ) = de vermenigvuldiging alle elementen modulo p l die relatief p l! p pl priem zijn ten opzichte van p l zijn. Elk van deze elementen heeft een inverse en sommige zijn zelf inverteerbaar. Getallen die zelf inverteerbaar zijn voldoen aan a 2 mod p l a 2 0 mod p l (a )(a + ) 0 mod p l Hieraan voldoen alleen want en a = en a = p l ( )( + ) mod p l 24

26 (p l )(p l + ) (p l 2)p l 0 mod p l Voor alle andere < a < p l geldt (a ) p l (a + ) p l en verder kan maar een van (a + ) en (a ) een veelvoud zijn van p met exponent kleiner dan l dus kan (a )(a + ) geen veelvoud zijn van p l dus (a )(a + ) 0 mod p l In f(p l ) worden dus alle termen die ongelijk zijn aan of (p l ) mod p l tegen elkaars inverse weggewerkt wat overblijft is dus f(p l ) mod p l. Bron: (product of a reduced residue system) (wilson's theorem for prime powers) 5..2 Recursieve vergelijking Als we terugkijken naar de recursieve vergelijking en voor gegeven a kijken naar (a p l ) (a p l + ) (a p l + 2) (a p l + (p ) p l + + (p )) ((a + ) p l ) en dan de p-vouden weglaten en van elk overige getal alleen de laatste l cijfers bekijken krijgen we Dit is gelijk aan 2 ((p ) p l + + (p )) = 2 (p l ) f(p l ) In de originele vermenigvuldiging komt dit n k n l = n l + +n k p k l keer voor namelijk (n l p l + +n k p k ) Verder zitten in het staartgedeelte ( + n l p l + +n k p k ) (n 0 + n p + +n k p k ) nog termen die een bijdrage hebben van f(n 0 + +n l p l ) Dus de bijdragen van alle termen die geen p-voud zijn is f(p k ) n l+ +n k p k l f(n0 + +n l p l ) ( ) n l+ +n k f(n 0 + +n l p l ) mod p l 25

27 Vervolgens blijven alleen de p-vouden over en dus na elke term door p te delen is het overblijfsel (n + +n k p k )! 5.2 Directe formule Door de recursieve formule te gebruiken en dit herhaaldelijk toe te passen krijg je dat de laatste l cijfers van n! gelijk zijn aan ( ) n l+ +n k ( ) n l++ +n k ( ) n k +n k ( ) n k f(n 0 + +n l p l ) f(n + +n l p l ) f(n k +n k p) f(n k ) ( ) n l+n l+2 + f(n 0 + +n l p l ) f(n + +n l p l ) f(n k +n k p) f(n k ) mod p l 5.2. Voorbeeld Neem p = 3 en l = 2 en bekijk 2! dan zijn de laatste twee niet nul cijfers gelijk aan ( ) f(2) f() f() 4 4 mod 3 2 Dus de laatste twee niet nul cijfers zijn Aantal getallen eindigend op j met i cijfers Net als bij het geval met de laatste cijfer kan weer de verdeling van getallen bijgehouden worden hoe vaak getallen eindigen op j. Echter bij het geval van alleen de laatste cijfer van g! hoefde je alleen bij te houden waar g! op eindigde. Als je kijkt naar de laatste j cijfers zul je ook de eerste j cijfers van g moeten bijhouden aangezien die ook invloed hebben op de verandering van de laatste j niet nul cijfers van g!. Dit komt omdat termen zoals f(n k ) verdwijnen en worden vervangen door f(n k + n k+ p). Alle f( ) termen die alleen de laatste j cijfers bevatten verdwijnen. Voor de eerste j cijfers van g zijn er p j mogelijkheden. Voor de laatste j cijfers van g! zijn er p j p j mogelijkheden aangezien het geen p-voud kan zijn. In totaal moet je dus (p j p j )p j mogelijkheden per generatie bijhouden dit is voor p = 3, j = 2 al gelijk aan (9 3) 3 = 8 mogelijkheden en dit wordt dus al snel niet praktisch meer Voorbeeld Neem p = 3 en l = 2 en bekijk 2! dan zijn de laatste twee niet nul cijfers gelijk aan 26

28 ( ) f(2) f() f() Als je echter 222! bekijkt dan zijn de laatste twee niet nul cijfers gelijk aan ( ) +2 f(2) f() f(2) f(22) f(2) Het verschil modulo 3 2 = 9 is een vermenigvuldiging met ( ) 2 f() f(2) f(22) f(2) 27

29 6 Primitieve wortel bij vermenigvuldigen modulo p Een veel voorkomend probleem in dit verslag is het vermenigvuldigen van twee getallen modulo p. Als er vaak wordt vermenigvuldigd dan is een slimme manier om dit aan te pakken als volgt.. Vind een primitieve wortel r modulo p. 2. Bereken voor elke n met 0 < n < p de bijbehorende i zodanig dat n = r i mod p. Vervolgens kan dit gebruikt worden om vermenigvuldigingen uit te voeren en inverse van getallen te vinden. Namelijk voor vermenigvuldiging n n 2 r i r i 2 r i +i 2 r i 3 n 3 mod p en voor het vinden van inverse n 2 van n dus n 2 n mod p r i 2r i r p mod p r i 2+i r p mod p i 2 + i = p i 2 = p i 6. Vinden van een primitieve wortel modulo p Er is geen directe formule bekend voor het vinden van een primitieve wortel. De enige manier is om getallen af te gaan en kijken of ze een primitieve wortel zijn. Er zijn in totaal φ(φ(p)) getallen een primitieve wortel dus heb je een kans van φ(φ(p)) dat een getal een primitieve wortel is. In het geval φ(p) dat p = 3 is dat bijvoorbeeld φ(2) = 4 = De orde van een getal g zal een deler zijn van φ(p) = p dus is het handig om eerst de priemfactorisatie p k p j k j van p te berekenen. Als g geen primitieve wortel is dan zal de orde van g een deler zijn van p p i p p voor een zekere i [, j] en dus zal g i primitieve wortel is dan zal de orde p zijn en dus g 28 p p i mod p. Als g een mod p voor alle i [, j]. Een andere manier om te kijken of g een primitieve wortel is is door te kijken naar het Legendre symbool ( g ). Namelijk als g een primitieve wortel is modulo p dan geldt p (g ) = dus als p ( g ) = is g geen primitieve wortel. p Bron: (Is there an efficient algorithm for finding a square root modulo a prime power?)

30 (Finding a primitive root of a prime number) 29

31 7 Conclusie Over het oorspronkelijke probleem (probleem ) is er niet echt iets bewezen er bestaat alleen het vermoeden dat er een eindig aantal getallen g zijn waarvoor geldt dat het opeenvolgend product mul(g, k) maar c cijfers bevat voor sommige c. Een goed voorbeeld hiervan is dat voor k = 5 en c = 4 het grootste getal dat gevonden kan worden g = 74 is en dat er daarna geen getal meer voorkomt tot 0 7. Wel heb ik manieren gevonden om het zoeken naar deze getallen te versnellen. Bij het tweede probleem zijn er heel wat technieken besproken om de cijfers van n! te bekijken. Voornamelijk als er gekeken werd in een bepaald priem grondtal p. Het vermoeden hierbij is ook weer dat elke combinatie van j laatste niet nul cijfers ongeveer even vaak voorkomt en voor specifieke p valt het ook direct te bewijzen. Een eventueel vervolg In een eventueel vervolg zou nog gekeken kunnen worden naar scherpere eisen voor het eerste probleem. Voor het tweede probleem zou nog gekeken kunnen worden naar een algemeen bewijs dat alle eindcijfers even vaak voorkomen. Ook kan er nog gekeken worden naar n! in andere grondtallen die niet priem zijn. In het verslag is alleen gekeken naar grondtal 0 maar dit zou veralgemeniseerd kunnen worden naar andere grondtallen die een product zijn van 2 of meerdere priemgetallen. 30

32 8 Bibliografie Finding a primitive root of a prime number. (sd). Opgehaald van Is there an efficient algorithm for finding a square root modulo a prime power? (sd). Opgehaald van product of a reduced residue system. (sd). Opgehaald van wilson's theorem for prime powers. (sd). Opgehaald van 3