誰かこの問題解けない？ (11ﾚｽ)
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1: 2014/11/30(日)10:32 ID:zbj(1/3) AAS
昔の大数のやつだけど答えが無いの
f(n) = 「 2^n の各桁の和」とするとき，
f(n) ≧ f(n+1) となる n は無数に存在することを示せ。
2(1): 2014/11/30(日)14:03 ID:TAZ(1) AAS
有限個しか無いと仮定して矛盾がどうこう…のパターンか？
3: 2014/11/30(日)18:04 ID:zbj(2/3) AAS
>>2
そうだと思う
4: 2014/11/30(日)18:08 ID:zbj(3/3) AAS
2^n=10^(log(10,2)n)
だから
2^nはlog((10,2)n)+1桁
未満になって
f(n)<9{(log(10,2)n)+1}
と評価出来ることは分かったけど
評価が甘すぎる
5: 2014/11/30(日)23:03 ID:ksS(1/2) AAS
f(2)≧f(3)
f(3)≧f(4)
うーん。
6: 2014/11/30(日)23:06 ID:ksS(2/2) AAS
nは有限個⇔nは有限集合の要素である
⇒nは最大元を持つ
うーん。。
7: 2014/12/01(月)02:03 ID:bHj(1/3) AAS
ちょっと考えてみた
g(n)=「nの各桁の和」とする。
Lem1) g(2n)≡2・g(n) mod 9
(証)
nをm桁の数とし、10^(k-1)の位の値をa[k]とすると
g[n]=Σ[k=1..m]a[k]
n×2を筆算として計算した時、10^(k-1)の位に生じる繰り上がりの値をr[k]とすると、r[k]は高々1である。つまり、2・a[k]+r[k]は20を超えることはない。よって、
g(2n)=Σ[k=1..m]g(2・a[k])
ここで、
g(2n)=2n (0≦n≦4)
省5
8: 2014/12/01(月)02:15 ID:bHj(2/3) AAS
画像ﾘﾝｸ[jpg]:i.imgur.com
だいぶまわりくどくなっちゃったけど一応解けた
9: 2014/12/01(月)06:56 ID:bHj(3/3) AAS
朝改めて見直して気づいたけど、
g(n)≡n mod 9
だからLem1は自明だなｗ
10: 2014/12/01(月)16:52 ID:aHx(1) AAS
すっげえええ
サンクス！納得したわ
俺は背理法の過程から
f(n+1)>f(n)+1より
f(n)>n+k
でnの係数を上げればいいことまでは分かったけど
やり方さっぱりわかんなかったわ
11: 2014/12/01(月)20:07 ID:AK1(1) AAS
SUGEEE
けど理解が追いつかないorz
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