[Ciągi][Analiza] Niestandardowa granica

[Piotr Rutkowski]

Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to } \{\{3^{n}\}\}=+\infty}\), gdzie:
\(\displaystyle{ \{\{x\}\}}\) to suma cyfr liczby x.

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ \{\{x\}\}}\) to suma cyfr liczby x.

[/quote]ekh, no mozna mocniej , niech a bedzie l. parzysta niepodzielna przez k=5, to wtedy suma cyfr \(\displaystyle{ a^n}\) dazy do + nieskonczonosci. Zapis \(\displaystyle{ a^n}\) dziesietny : \(\displaystyle{ a_1, a_2, ....}\) , (a1 to ostatnia jej cyfra ), itd. jest nie za trudny lemat
Jeśli \(\displaystyle{ 1 \leq j \leq \frac{n}{4}}\) , to co najmniej jedna z cyfr \(\displaystyle{ a_{j+1}, a_{j+2}..., a_{4j}}\) liczby \(\displaystyle{ a^n}\)jest \(\displaystyle{ \neq 0}\) .
Skoro tak, to kazdy ciag:
\(\displaystyle{ a_2, a_3, a_4}\)
\(\displaystyle{ a_5, a_6, ...a_{16}}\)
................
\(\displaystyle{ a_{4^k+1}, a_{4^k+2}, ...,a_{4^{k+1}}}\)
zawiera wyraz niezerowy. \(\displaystyle{ k=[log_4 n] +1}\),
skoro sa to ciagi parami rozłaczne i zawieraja
cyfry liczby \(\displaystyle{ a^n}\).
tj \(\displaystyle{ \{\{a^n\}\} \geq k+1 =log_4 n}\)
finito

[Piotr Rutkowski]

Jeśli \(\displaystyle{ 1 \leq j \leq \frac{n}{4}}\) , to co najmniej jedna z cyfr \(\displaystyle{ a_{j+1}, a_{j+2}..., a_{4j}}\) liczby \(\displaystyle{ a^n}\) jest \(\displaystyle{ \neq 0}\)

Mógłbyś przytoczyć dowód tego?

[arek1357]

Zaraz zaraz czy może ja źle zrozumiałem w lemacie a jest liczbą parzystą
a trójka jest liczbą nieparzystą więc jak lemat ma się do zadania???

[Piotr Rutkowski]

Znaczy natknąłem się w międzyczasie na podobne rozwiązanie. Rozwiązanie mola_książkowego jest lematem zacytowanym dosłownie z książki Browkina Zadania z olimpiad Tom 5. Podane tam zadanie dotyczyło akurat liczby 1987 (bodajże). Co do liczb nieparzystych niepodzielnych przez 5 został dodany komentarz, że dowód tego prowadzi się analogicznie.
Pozdrawiam
polskimisiek

[mol_ksiazkowy]

polskimisiek napisa/l;

Znaczy natknąłem się w międzyczasie na podobne rozwiązanie. Rozwiązanie mola_książkowego jest lematem zacytowanym dosłownie z książki Browkina Zadania z olimpiad Tom 5. Podane tam zadanie dotyczyło akurat liczby 1987 (bodajże).

prof A Schinzel jest autorem tego rozw, ja tylko zacytowałem, zadanie tego typu wedrowalo od czasu do czasu po roznych olimpiadach, W przypadku o jaki tu mowa, gdy s(n) jest suma cyfr w zapisie l. n, to skoro co wynika z regul zwyklego dodawania "w slupku" mialem pomysl aby uzyc, szacowania
\(\displaystyle{ s() \leq s(a)+s(b)}\), tj
\(\displaystyle{ s(11*3^n) \leq s(10*3^n)+s(3^n)=2S(3^n)}\),
zas liczba \(\displaystyle{ s(11*3^n)}\), na mocy dodawania w słupku tez powinna rosnac do niskonczonosci wraz z n, ale to taka idea, bez dowodu...Mam tez inna-moze ktos dowoiedzie lub obali, iz w zapisie dziesietnym \(\displaystyle{ s(3^n)}\), nie wystepuja obok siebie dwa zera, tj to by znaczyło iz skoro jest to podzielne przez 9, co ciag ten rosnie bardzo szybko ..., tak wiec same poszlaki, zadnych dowodów

[exupery]

a nie można, by rozwiązać w ten sposób:
Q-liczba cyfr
maksymalnie dla 3 kolejnych n Q jest stałe, dla kolejnego n Q zwiększa się o 1. Czyli z tego faktu wynika, że przy n dążącym do nieskończoności Q dąży do nieskończoności, a skoro Q dąży do nieskończoności to \(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \{\{\ 3^{n }\}\}\ =+ }\)

[przemk20]

heh, tylko tu chodzi o sume cyfr

[exupery]

heh, tylko tu chodzi o sume cyfr

Owszem, ale skoro liczba tych cyfr dąży do nieskończoności to ich suma też dąży do nieskończoności, chociaż tutaj wypadałoby jeszcze rozważyć sytuacje z pojawianiem się zer w tej liczbie.

[limes123]

No wlasnie i tu jest problem

[ironleaf]

...a istnieją potęgi trójki postaci 1000...[jakiś blok cyfr]...0001, przy czym można żądać dowolnie wielu zer. Tego dowodzi się z tw. Eulera i Weyla-Sierpińskiego.

[XMaS11]

Ok, może ktoś powiedzieć czy to jest ok?
Niech \(\displaystyle{ S(n)}\) oznacza sumę cyfr liczby \(\displaystyle{ n}\) w zapisie dziesiętnym.
Pokażemy, że dla każdego \(\displaystyle{ k}\) istnieje \(\displaystyle{ l}\) takie, że \(\displaystyle{ S(3^l) \geqslant S(3^k)+1}\).
Weźmy \(\displaystyle{ m}\) takie, że \(\displaystyle{ 10^m >3^k}\) Z tw. Eulera zachodzi:
\(\displaystyle{ 10^m|(3^k)^{\varphi(10^m)} - 1}\) Czyli :
\(\displaystyle{ 10^m|(3^k)^{\varphi(10^m)+1} - 3^k}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ 10^m>3^k}\), to \(\displaystyle{ (3^k)^{\varphi(10^m)+1}}\) kończy się cyframi, które tworzą liczbę \(\displaystyle{ 3^k}\), oczywiście więc \(\displaystyle{ S((3^k)^{\varphi(10^m)+1})\geqslant S(3^k)+1}\), co załatwia sprawe?

[ironleaf]

Nie widzę sposobu dokończenia. Patrz definicja granicy i występujący w niej kwantyfikator 'dla każdego'.

[kuba958]

Wyjdźmy z oczywistego faktu, iż \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}3^{n}=+\infty}\). Wynika stąd, że istnieje nieskończenie wiele wyrazów ciągu \(\displaystyle{ 3^{n}}\) większych od np. \(\displaystyle{ 10^{D}}\), gdzie D jest dowolną liczbą rzeczywistą.
Zauważmy, że suma cyfr każdego z tych wyrazów jest większa od D, gdyż każdy z tych wyrazów w zapisie dziesiętnych posiada co najmniej D+1 cyfr. Istnieje zatem nieskończenie wiele wyrazów ciągu {{\(\displaystyle{ 3^{n}}\)}} większych od D.

Stąd \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty}}\){{\(\displaystyle{ 3^{n}}\)}}\(\displaystyle{ =+\infty}\)

[mol_ksiazkowy]

No ale moge sie zera przeplatac w sposob dosc gęsty- tego nie wiedomo, ...
XMas11 podciag silnie rosnacy, jeszcze malo.