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誰かこの問題解けない?

1名無しさん@おーぷん:2014/11/30(日)10:32:57 ID:zbj()
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名無しさん@おーぷん :2014/11/30(日)14:03:38 ID:TAZ
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名無しさん@おーぷん :2014/11/30(日)18:04:29 ID:zbj()
>>2
そうだと思う
4名無しさん@おーぷん :2014/11/30(日)18:08:42 ID:zbj()
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名無しさん@おーぷん :2014/11/30(日)23:03:44 ID:ksS
f(2)≧f(3)
f(3)≧f(4)

うーん。
6名無しさん@おーぷん :2014/11/30(日)23:06:05 ID:ksS
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名無しさん@おーぷん :2014/12/01(月)02:03:11 ID:bHj
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)
g(2n)=2n-9(5≦n≦9)
∴g(2n)≡2n mod 9 (0≦n≦9)
よって
g(2n)≡Σ[k=1..m]2・a[k]=2・g(n)
(証明終)
8名無しさん@おーぷん :2014/12/01(月)02:15:34 ID:bHj




だいぶまわりくどくなっちゃったけど一応解けた
9名無しさん@おーぷん :2014/12/01(月)06:56:18 ID:bHj
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名無しさん@おーぷん :2014/12/01(月)16:52:29 ID:aHx
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名無しさん@おーぷん :2014/12/01(月)20:07:58 ID:AK1
SUGEEE
けど理解が追いつかないorz

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