$3^{123} \mod 100$

Hai davvero ragione. C'è, tuttavia, un piccolo miglioramento. Usando la funzione Carmichael , puoi sostenere che una potenza minore di$3$, vale a dire $3^{\lambda(100)}=3^{20}\equiv 1\bmod 100$. La funzione di Carmichael divide la metà della funzione totiente di Eulero quando l'argomento è pari e il totiente di Eulero è un multiplo di$4$, che è vero per $\lambda(100)$; così$3^{20}$ può sostituire $3^{40}$ nell'argomento.

A un livello più elementare, puoi eseguire il rendering $3^4=80+1$ ed elevare entrambi i lati alla quinta potenza, così $3^{20}\equiv1\bmod 100$ come il teorema binomiale per $(80+1)^5$ dà multipli di $100$ più $1$.

Corretto, una soluzione alternativa:

$$ \begin{align} 3^{123}&=\left(3^{2}\right)^{61}\cdot 3\\ &=\left(10-1\right)^{61}\cdot 3\\ &\equiv\left(\binom{61}{1}10^{1}\left(-1\right)^{60}-1\right)\cdot 3 &\mod{100}\\ &\equiv 27 &\mod100 \end{align} $$

Corretta! Credo che la tua logica regga correttamente. Per quanto posso vedere questa è una corretta applicazione della generalizzazione di Eulero del teorema di Fermat.$\phi(100) = 40$ e quindi $3^{40} \cong 1 \mod 100$

Se hai bisogno di ulteriore convincimento, inserisci semplicemente $3^{123}$ in https://www.calculatorsoup.com/calculators/algebra/large-exponent-calculator.php.

Di nuovo, non proprio necessario, ma se avevi bisogno di una prova concreta, eccola.

L'OP ha iniziato cercando un modello, ma lo ha affermato

... nonostante un'ispezione molto dolorosa non ha prodotto un evidente schema utile.

Puoi usare un po 'di teoria della luce per prevedere effettivamente la forma e la struttura del pattern.

Osserva che se $a \in \{0,2,4,6,8\}$ e $b \in \{1,3,7,9\}$ e

$\quad 3 \times (10 a + b) \equiv 10 \,a' + b' \pmod{100} \text{ with } a',b' \in \{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$

poi in effetti $a' \in \{0,2,4,6,8\}$ e $b' \in \{1,3,7,9\}$.

Questo è il nostro modello principale (teorico) e

$\quad 3^1 \equiv 03 \pmod{100}$
$\quad 3^2 \equiv 09 \pmod{100}$
$\quad 3^3 \equiv 27 \pmod{100}$
$\quad 3^4 \equiv 81 \pmod{100}$
$\quad\text{-------------------------}$
$\quad 3^5 \equiv 43 \pmod{100}$

È facile verificare che la cifra delle unità si sposterà

$\quad 3 \mapsto 9 \mapsto 7 \mapsto 1$

all'interno di ciascuno di questi quattro cicli.

Considerando che $3$è un'unità , possiamo sostenere che una di queste$4$-I cicli finiranno

$$\quad 01 \quad \text{the multiplicative identify}$$

e che nessuna ripetizione è possibile fino al raggiungimento dell'identità.

Poiché la cifra delle decine può scorrere solo sul set$\{0,2,4,6,8\}$, ce ne sono al massimo cinque $4$-cicli che devono essere calcolati.

Calcolando il $2^{nd}$ $4$-ciclo:

$\quad 3^5 \equiv 43 \pmod{100}$
$\quad 3^6 \equiv 29 \pmod{100}$
$\quad 3^7 \equiv 87 \pmod{100}$
$\quad 3^8 \equiv 61 \pmod{100}$
$\quad\text{-------------------------}$

Calcolando il $3^{rd}$ $4$-ciclo:

$\quad 3^9 \equiv 83 \pmod{100}$
$\quad 3^{10} \equiv 49 \pmod{100}$
$\quad 3^{11} \equiv 47 \pmod{100}$
$\quad 3^{12} \equiv 41 \pmod{100}$
$\quad\text{-------------------------}$

Calcolando il $4^{th}$ $4$-ciclo:

$\quad 3^{13} \equiv 23 \pmod{100}$
$\quad 3^{14} \equiv 69 \pmod{100}$
$\quad 3^{15} \equiv 07 \pmod{100}$
$\quad 3^{16} \equiv 21 \pmod{100}$
$\quad\text{-------------------------}$

A questo punto non dobbiamo davvero calcolare il file $5^{th}$ $4$-ciclo visto che sappiamo che deve essere l'ultimo.

Ora possiamo usare il fatto che

$\tag 1 3^{20} \equiv 1 \pmod{100}$

ed elaborare i dettagli rimanenti per la domanda del PO.