lass Dich von den großen Zahlen nicht erschrecken. Die kriegen wir ganz schnell klein!
Wenn Du einen Ausdruck hast, wie
$$(20 k + n)^m \equiv y \mod 20 \quad k,n,m, y \in \mathbb{N}$$
Dann könntest Du die Potenz \((20k + n)^m\) nach dem Binomischen Lehrsatz auflösen. Du bekämst \(m+1\) Summanden von denen die ersten \(m\) Summanden alle Produkte von \(20\) wären. Damit fallen sie durch den Modulo alle raus. Kannst Du ja mal für \(m=2\) ausprobieren .. D.h.:
$$(20 k + n)^m \equiv n^m \equiv y \mod 20$$
Damit verkleinert sich das Problem von
$$9887^{8899} \cdot x \equiv 11 \mod 20$$
auf:
$$(9880+7)^{8899} \cdot x \equiv 7^{8899} \cdot x \equiv 11 \mod 20$$
Da \(9880\) durch \(20\) teilbar ist. Jetzt betrachten wir mal, was passiert, wenn man bei einer Potenz mit der Basis \(7\) den Exponenten erhöht.
$$7^0 \equiv 1 \mod 20$$
$$7^1 \equiv 7 \mod 20$$
$$7^2 \equiv 9 \mod 20$$
$$7^3 \equiv 3 \mod 20$$
$$7^4 \equiv 1 \mod 20$$
$$7^5 \equiv 7 \mod 20$$
wie man sieht wiederholt sich der Wert ab einer Potenz von \(4\). Man kann also allgemein schreiben:
$$7^{4k+n} \equiv 7^n \mod 20$$
oder ganz konkret
$$7^{8899} \cdot x \equiv 7^{8896 + 3} \cdot x \equiv 7^3 \cdot x\equiv 11 \mod 20$$
weil \(8896\) durch \(4\) teilbar ist. Und da \(7^3 \equiv 3 \mod 20\) ist, bleibt am Ende übrig:
$$3 \cdot x \equiv 11 \mod 20$$
Und dies kannst Du ja nach eigener Aussage selbst lösen. \(x=17\) - das ist IMHO auch die einzige Lösung.
Gruß Werner
