Question

Может ли число вида 1999^n-1 заканчиваться на 1999 нулей? Ответ ОБЯЗАТЕЛЬНО обосновать

Answer 1

Может.

Подготовительный факт: рассмотрим бином Ньютона (a, b - целые числа)
$(a+b)^n=\sum\limits_{k=0}^nC_n^ka^kb^{n-k}$
Преобразуем:
$(a+b)^n=C_n^0b^n+C_n^1ab^{n-1}+\sum\limits_{k=2}^{n}C_n^ka^kb^{n-k}=\\=b^n+nab^{n-1}+a^2\sum\limits_{k=2}^{n}C_n^ka^{k-2}b^{n-k}=a^2\cdot A+nab^{n-1}+b^n$
"А" в последнем равенстве тоже целое.

Теперь можно приступить к решению. Рассмотрим последовательность $x_n=1999^{10^n}$
$x_1=(2000-1)^{10}=2000^2\cdot a_1-10\cdot2000+1=10^4\cdot b_1+1\\ x_2=(10^4\cdot b_1+1)^{10}=10^8\cdot a_2+10^5\cdot b_1+1=10^5\cdot b_2+1\\ x_3=(10^5\cdot b_2+1)^{10}=10^{10}\cdot a_3+10^6\cdot b_2+1=10^6\cdot b_3+1$
Все числа ai, bi - целые, явный вид которых не важен.
И вообще, если
$x_k=10^{k+3}b_k+1\\ x_{k+1}=10^{2k+6}a_{k+1}+10^{k+4}b_k+1=10^{k+4}\cdot b_{k+1}+1$

Итак, 1999^(10^k) - 1 кончается не менее, чем на (k + 3) нуля. Тогда, выбрав k = 1996, получаем желаемое.