Среднее значение цифр точной степени

[worm2]

Padawan в сообщении #1720047 писал(а):

Верхний предел $\mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\to\infty} f_{10}(n^4) $ имеете ввиду?

Да, конечно.

[mihaild]

Подсказка: $\sup_n f_{10}(n^4) > 171/23$.

[juna]

Dmitriy40 в сообщении #1719931 писал(а):

Во всяком случае $\sup_n f_{10}(n^2) \ge f_{10}(994927133^2)=74/9$

$$f_{10}(3^2)=9\Rightarrow \sup_n f_{10}(n^2)=9$$

Еще имеются такие числа, у которых оценка не деградирует при стремлении их к бесконечности:

$$\sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}=\sqrt{\underbrace{22\ldots 2}_{n}+\underbrace{{33\ldots 3}^2}_{n}}\approx \underbrace{33\ldots 3}_{n}+\frac{1}{3}\Rightarrow$$

при фиксированном $d$ выражение

$$\forall n:f_{10}\left(\left(3\cdot \left\lfloor\sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}\right\rfloor\right)^d\right)$$

либо сохраняет значение, либо начинает расти с ростом $n$.
С нечетным количеством единиц приближение посложнее:

$$\sqrt{\underbrace{11\ldots1}_{2\cdot n+1}}\approx \frac{10^{n+1}}{\sqrt{90}}=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{10^{2n+1}}$$

[Dmitriy40]

Не, ну $f_{10}(3^2)=9$ не интересно. Как и $f_{10}(2^3)=8$. Хотя про $\sup_n f_{10}(n^2)=9$ согласен.

juna в сообщении #1720862 писал(а):

$$\forall n:f_{10}\left(\left(3\cdot \left\lfloor\sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}\right\rfloor\right)^d\right)$$

Написали бы сразу что это числа из девяток:

$$\forall n:f_{10}((10^n-1)^d)$$

Вопрос до чего они растут, превысят ли хотя бы $7.0$.

Наименьшее $d$, при котором наблюдается рост, это $d=6$, вот только $f_{10}((10^n-1)^6)$ даже до $f_{10}(2^6)=5$ непонятно вырастет ли, не говоря уж про $f_{10}(96^6)=27/4=6.75$.

К тому же для ответа про $\sup_n f_{10}(n^4)$ они не годятся, при всех $n$ $f_{10}((10^n-1)^4)=9/2$ и не растёт.

juna в сообщении #1720862 писал(а):

$$\sqrt{\underbrace{11\ldots1}_{2\cdot n+1}}\approx \frac{10^{n+1}}{\sqrt{90}}=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{10^{2n+1}}$$

А это округление $10^n\sqrt{10}$.

[juna]

Dmitriy40 в сообщении #1720872 писал(а):

Написали бы сразу что это числа из девяток:

$$\forall n:f_{10}((10^n-1)^d)$$

Все, конечно же, перепутал, хотел сконструировать, чтобы девяток было много:

$$\sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}=\sqrt{\underbrace{22\ldots 2}_{n}+\underbrace{{33\ldots 3}^2}_{n}}\approx \underbrace{33\ldots 3}_{n}+\frac{1}{3}\Rightarrow \left\lfloor\sqrt{3\cdot \sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{ \sqrt{\underbrace{99\ldots 9}_{2\cdot n}}}\right\rfloor$$

Соответственно для $d=4$ нужно брать $ \left\lfloor\sqrt[4]{3\cdot \sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}}\right\rfloor$

Если так посчитать для четвертой степени, то получаются 4 циклические группы последовательностей цифр, с каждым циклом происходит уточнение и передвигается плавающая точка дробной части:

$$99 : 1776046774589538853714775754339270631803350566503350773085504718794764$$

$$9999 : 3162238129968148538421189233291883802576098215722053011540081053110083$$

$$999999 : 5623412548976526785408739786140717082754085828276938704879127368001370$$

$$99999999 : 9999999987499999945312499658203122543334941898345792572497023215878773$$

Здесь видно, что в третьей группе присутствует то число, для которого выше уже был найден максимум для 4 степени.

[Dmitriy40]

juna
Напишите пожалуйста нормально, чему должно быть равно $n$ в формуле $f_{10}(n^d)$? А то Вы через $n$ что-то другое переобозначили и я уже не понимаю чему равен аргумент функции.

Потому что если взять последнее выражение, то

$$f_{10}\left(\left\lfloor\sqrt{ \sqrt{\underbrace{99\ldots 9}_{2\cdot n}}}\right\rfloor^d\right)=f_{10}((\lfloor\sqrt[4]{100^n-1}\rfloor)^d)$$

для $d=6$ получим

$$f_{10}(n=1\ldots9)\approx\{6.000, 3.000, 5.111, 3.750, 4.867, 4.000, 4.714, 4.125, 4.704\}$$

- не похоже чтобы росло с ростом $n$.

juna в сообщении #1720878 писал(а):

Соответственно для $d=4$ нужно брать $ \left\lfloor\sqrt[4]{3\cdot \sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}}\right\rfloor$

Уже корень восьмой степени?

$$f_{10}(\lfloor\sqrt[8]{100^n-1}\rfloor^4)\approx\{1.000, 4.500, 4.333, 4.500, 3.800, 3.667, 6.143, 4.500, 4.000\}, n=1\ldots9$$

[juna]

Dmitriy40 в сообщении #1720884 писал(а):

juna
Напишите пожалуйста нормально, чему должно быть равно $n$ в формуле $f_{10}(n^d)$? А то Вы через $n$ что-то другое переобозначили и я уже не понимаю чему равен аргумент функции.

Потому что если взять последнее выражение, то

$$f_{10}\left(\left\lfloor\sqrt{ \sqrt{\underbrace{99\ldots 9}_{2\cdot n}}}\right\rfloor^d\right)=f_{10}((\lfloor\sqrt[4]{100^n-1}\rfloor)^d)$$

Вот что имелось ввиду:

$$f_{10}\left(\left\lfloor\sqrt[d]{ \sqrt{\underbrace{99\ldots 9}_{2\cdot n}}}\right\rfloor^d\right)$$

Извиняюсь за внесение неразберихи в обозначения.

[Dmitriy40]

Ну то есть

$$\underbrace{99\ldots 9}_{2\cdot k} = 100^k-1$$

$$\sqrt[d]{\sqrt{x}}=\sqrt[2d]{x}$$

$$f_{10}((n=\lfloor\sqrt[2d]{100^k-1}\rfloor)^d)$$

Но для $d=\{4, 6\}$ не работает (не увеличивается монотонно):

$$f_{10}((\lfloor\sqrt[8]{100^k-1}\rfloor)^4)\approx\{1.000, 4.500, 4.333, 4.500, 3.800, 3.667, 6.143, 4.500, 4.000\}, k=1\ldots9$$

$$f_{10}((\lfloor\sqrt[12]{100^k-1}\rfloor)^6)\approx\{1.000, 5.000, 6.000, 4.750, 5.400, 3.000, 5.286, 4.500, 5.111\}, k=1\ldots9$$

И в обоих случаях даже до $7.0$ никак не добирается ...

[juna]

juna в сообщении #1720878 писал(а):

Соответственно для $d=4$ нужно брать $ \left\lfloor\sqrt[4]{3\cdot \sqrt{\underbrace{11\ldots 1}_{2\cdot n}}}\right\rfloor$

Если так посчитать для четвертой степени, то получаются 4 циклические группы последовательностей цифр, с каждым циклом происходит уточнение и передвигается плавающая точка дробной части:

$$99 : 1776046774589538853714775754339270631803350566503350773085504718794764$$

$$9999 : 3162238129968148538421189233291883802576098215722053011540081053110083$$

$$999999 : 5623412548976526785408739786140717082754085828276938704879127368001370$$

$$99999999 : 9999999987499999945312499658203122543334941898345792572497023215878773$$

Здесь видно, что в третьей группе присутствует то число, для которого выше уже был найден максимум для 4 степени.

Вот здесь я написал уточнение. Видимо монотонность будет только для 4 группы.

-- Вс мар 22, 2026 22:42:14 --

Dmitriy40 в сообщении #1720889 писал(а):

И в обоих случаях даже до $7.0$ никак не добирается ...

Для четвертой степени доберемся до числа $562341$ и получим $7.434782608695652$

[Dmitriy40]

juna
Мне кажется случай с 4-й степенью - случайность.
Для 6-й степени все 6 групп дают лучшее приближение $f_{10}(46^6)=64/10=6.4$ (вплоть до 3000 знаков приближения корня), но $f_{10}(96^6)=81/12=6.75$.
Для 8-й степени все 8 групп дают лучшее приближение $f_{10}(56234^8)=220/38\approx5.789$ (вплоть до 1000 знаков приближения корня), но $f_{10}(1284^8)=162/25=6.48$.
Для 10-й степени все 10 групп дают лучшее приближение $f_{10}(3981^{10}): 207/36=5.75$ (вплоть до 1000 знаков приближения корня), но $f_{10}(122624^{10})=316/51\approx6.196$.

[juna]

Dmitriy40 в сообщении #1720892 писал(а):

juna
Мне кажется случай с 4-й степенью - случайность.
Для 6-й степени все 6 групп дают лучшее приближение $f_{10}(46^6)=64/10=6.4$ (вплоть до 3000 знаков приближения корня), но $f_{10}(96^6)=81/12=6.75$.
Для 8-й степени все 8 групп дают лучшее приближение $f_{10}(56234^8)=220/38\approx5.789$ (вплоть до 1000 знаков приближения корня), но $f_{10}(1284^8)=162/25=6.48$.
Для 10-й степени все 10 групп дают лучшее приближение $f_{10}(3981^{10}): 207/36=5.75$ (вплоть до 1000 знаков приближения корня), но $f_{10}(122624^{10})=316/51\approx6.196$.

Не знаю, там бы наверное надо брать в каждой группе цепочку цифр, которые уже перестали меняться от добавления девяток и последовательно для них проверять.

[Dmitriy40]

Все эти группы сводятся к $\lfloor\sqrt[d]{10^k-1}\rfloor$.
Т.е. нет никакого смысла делить на группы.
И цифры перестают меняться уже с $k>0$ просто потому что $-1$ под корнем уже не влияет на округлённый результат.
И если $k$ не кратно $d$, то единицу под корнем можно и не вычитать.
Т.е. всё Ваше предложение сводится к проверке чисел $n=\lfloor\sqrt[d]{10^k-1}\rfloor$ для разных $k$, которые по идее после возведения в степень $d$ должны давать число почти из девяток (о чём было сказано выше кстати). И чудесным образом для $d=4$ подходит $k=23$. Но думаю это просто везение. Потому что для других степеней этот метод не срабатывает. И ещё была подсказка:

mihaild в сообщении #1720219 писал(а):

Подсказка: $\sup_n f_{10}(n^4) > 171/23$.

Т.е. и $f_{10}(562341^4)$ не максимум для четвёртой степени ...

[juna]

Да, Вы правы.
Но тут возникает чисто умозрительная конструкция. Зафиксируем какое-то число заданной разрядности. Всегда ли мы сможем добавить в его произвольное место какую-нибудь цифру, чтобы функция осталась убывающей. С ростом разрядности это становится почти невероятным событием.

[juna]

Dmitriy40 в сообщении #1720872 писал(а):

К тому же для ответа про $\sup_n f_{10}(n^4)$ они не годятся, при всех $n$ $f_{10}((10^n-1)^4)=9/2$ и не растёт.

Похоже для $f_{10}(n^4)$ монотонный рост будет для $n=(9)^k(00)^{k}(9)^k$, где $(.)^k$ - итерация.
Например,

$$f_{10}(9009^4)=4.5$$

$$f_{10}(99000099^4)=4.78125$$

$$f_{10}(999000000999^4)=4.875$$

и т.д.

Правда расчеты показывают, что в числах $((9)^k(00)^{k}(9)^k)^4$ всегда строго фиксированное количество цифр $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ : $1, 2, 3, 0, 5, 2, 1, 4$ соответственно. Основное наполнение это нули (их доля постепенно снижается), девятки (их доля постепенно увеличивается). Более того, $\forall k\geq 2: count_9=count_0+(2k-4)$, где $count_0,count_9$ - количество нулей и девяток в числе $((9)^k(00)^{k}(9)^k)^4$ соответственно.
Общее количество цифр в числе $((9)^k(00)^{k}(9)^k)^4$ равно $16k$, отсюда количество нулей выразится $count_0=7k-7$, количество $count_9=9k-11$.

$$f_{10}(((9)^k(00)^{k}(9)^k)^4)=\frac{1\cdot 1+2\cdot 2+3\cdot 3+4\cdot 0+5\cdot 5+6\cdot 2+7\cdot 1+8\cdot 4+0\cdot (7k-7)+9(9k-11)}{16k}\Rightarrow$$

$$\lim_{k\rightarrow\infty} f_{10}(((9)^k(00)^{k}(9)^k)^4)=\frac{81}{16}=5.0625$$

[Dmitriy40]

Однако:
$f_{10}(9379^4)=91/16=5.6875$
$f_{10}(99233299^4)=190/32=5.9375$
$f_{10}(999716628999^4)=306/48=6.375$
$f_{10}(9999644881029999^4)=405/64=6.328125$