miletrans je napisao:Kod ovakvih zadataka nije preterano bitno što su baza i eksponent jednaki. Bitna je poslednja cifra baze (u ovom slučaju [inlmath]3[/inlmath]).
Ovo se može i formalno dokazati za bilo koji broj koji se završava trojkom (i koji je, samim tim, jednak [inlmath]10p+3[/inlmath], [inlmath]p\in\mathbb{N_0}[/inlmath]):
[dispmath](10p+3)^n={n\choose0}10^np^n+\cdots+{n\choose k}10^{n-k}p^{n-k}\cdot3^k+\cdots+{n\choose n-1}10p\cdot3^{n-1}+{n\choose n}\cdot3^n[/dispmath] odakle se vidi da svi sabirci izuzev poslednjeg sadrže faktor [inlmath]10[/inlmath] pa se, samim tim, završavaju nulom. Znači, ukupan zbir će se završavati onom cifrom kojom se završava poslednji sabirak, [inlmath]3^n[/inlmath].
miletrans je napisao:Ako je eksponent oblika [inlmath]4k+1[/inlmath], poslednja cifra rezultata je [inlmath]3[/inlmath].
Takođe, formalan dokaz:
[dispmath](10p+3)^{4k+1}=\left[(10p+3)^4\right]^k\cdot(10p+3)[/dispmath] Pošto je poslednja cifra broja [inlmath](10p+3)^4[/inlmath], kako je već dokazano, jednaka poslednjoj cifri broja [inlmath]3^4[/inlmath], a to je jedinica, sledi da će i poslednja cifra broja [inlmath]\left[(10p+3)^4\right]^k[/inlmath] biti jedinica. Prema tome, izraz se svodi na
[dispmath](10q+1)\cdot(10p+3)=100pq+10p+30q+3=10(10pq+p+3)+3[/dispmath] odakle se vidi da će poslednja cifra ovog izraza biti [inlmath]3[/inlmath].
Analogno se dokazuje i za ostale slučajeve.
miletrans je napisao:Ako ove godine bude sličan zadatak, mislim da je očigledno kojom cifrom se završava [inlmath]2020^{2020}[/inlmath].
Upravo zbog toga mislim i da je, zbog jednostavnosti, vrlo mala verovatnoća da će se ovaj zadatak (s izmenjenim brojem) pojaviti u bilo kojoj godini koja se završava cifrom [inlmath]0[/inlmath], [inlmath]1[/inlmath], [inlmath]5[/inlmath] ili [inlmath]6[/inlmath].
Što ne znači, kako je i miletrans napomenuo, da ne treba i ovaj zadatak proraditi.
miljan1403 je napisao:Samo ako može u naslovu da se promeni FTN u FON, pogrešio sam slučajno.
Ispravljeno.