оценка сверху суммы цифр натурального числа

[Mr. X]

Для натурального числа $n$ обозначим через $S(n)$ сумму цифр числа $n$.
Можно ли стандартную оценку сверху $S(n)\leqslant 9([\lg n]+1)$ улучшить следующим образом:
1. $S(n)\leqslant 9\lg(n+1)$ ?
2. Если $10^k-1\leqslant n\leqslant 10^{k+1}-1$, то $S(n)\leqslant 9k-1+\dfrac{n+1}{10^k}$ ?
Комментарий. Вторая оценка получается из первой заменой десятичного логарифма (выпуклого вверх) его хордой на указанном отрезке.

[B@R5uk]

Mr. X, у вас оценка целого числа получается дробной (иррациональной даже). Округление после умножения на 9?

[Mr. X]

B@R5uk, да, получается. Округления никакого нет. Равенство достигается как и у стандартной оценки на числах, записанных девятками.

[B@R5uk]

Это вы записали без округления, но оно там есть, потому что $S(n)\in\mathbb{Z}$.

[Mr. X]

B@R5uk, да без всякого округления. Например, $S(98)=17\leqslant 9\lg 99=17{,}96..., S(99)=18=9\lg100$.

[nnosipov]

Mr. X в сообщении #1715722 писал(а):

Если $10^k-1\leqslant n\leqslant 10^{k+1}-1$

Здесь какой-то из знаков должен быть строгим. Для $n=99$ чему равно $k$?

[B@R5uk]

Я тут по-брутфорсил численно, вроде бы действительно получается (для чисел до 10000), что

$$S(n)\le\lfloor9\log_{10}(n+1)\rfloor\le 9\lfloor\log_{10}n\rfloor+9$$

Доказывать строго не пробовал. Первое нестрогое неравенство обращается в равенство, когда в числе все девятки или когда все девятки, кроме одной восьмёрки.
-- 22.01.2026, 17:43 --

Mr. X, целое число, не превосходящее действительное, есть действительное, округлённое вниз.

[Mr. X]

nnosipov, не важно: $k=1$ или $k=2$.

-- Чт янв 22, 2026 19:01:51 --

B@R5uk, я теперь понял, что Вы писали про округление.
Исходная суть была в том, чтобы обойтись гладкой функцией $~-$ логарифмом без целой части.
Контрпримеров я тоже (пока) не нашёл, как и строгих доказательств.

[nnosipov]

Да, забавный вопрос. Может быть, порассуждать как-то так: если есть нули, то выбросим их, сумма цифр не изменится, а $n$ уменьшится; далее будем считать, что в записи $n$ сначала идут единицы (сколько-то штук), потом двойки (тоже сколько-то штук) и т.д. Вычислим $S(n)$ и затем оценим $\lg{(n+1)}$, потом сравним. Не уверен, правда, что это будет легко реализовать.

[Mr. X]

nnosipov в сообщении #1715740 писал(а):

...Не уверен, правда, что это будет легко реализовать.

Я с Вами согласен. Мне кажется (я надеюсь), что дело обстоит проще.

[Mr. X]

Всем спасибо! С первой оценкой разобрался, она верна.

[nnosipov]

Mr. X в сообщении #1715762 писал(а):

она верна

Нашел у себя в учебном пособии по элементарной теории чисел:

$$\frac{n}{p-1}-\frac{\log{(n+1)}}{\log{p}} \leqslant \sum_{\alpha \geqslant 1} \left[\frac{n}{p^\alpha}\right]=\frac{n-s_p(n)}{p-1} \leqslant \frac{n-1}{p-1},$$

где $s_p(n)=a_\beta+\ldots+a_1+a_0$ --- сумма цифр числа $n=a_\beta p^\beta+\ldots+a_1p+a_0$ в системе счисления с основанием $p \geqslant 2$ (обе оценки приписываются Рамануджану).

[Mr. X]

nnosipov, большое спасибо!
Простите за настойчивость, но какие "ОБЕ оценки" (приписываемые Рамануджану) имеются в виду?
В цитированной Вами цепочке из двух неравенств и равенства

nnosipov в сообщении #1715794 писал(а):

$$\frac{n}{p-1}-\frac{\log{(n+1)}}{\log{p}} \leqslant \sum_{\alpha \geqslant 1} \left[\frac{n}{p^\alpha}\right]=\frac{n-s_p(n)}{p-1} \leqslant \frac{n-1}{p-1},$$

первое неравенство содержательно, следующее равенство лёгкое-понятное и последнее неравенство очевидно.
Какая вторая оценка?

[nnosipov]

Mr. X
Вторая оценка --- это правое неравенство, которое, конечно, очевидно вытекает из равенства (но без этого равенства не совсем очевидно). Точную ссылку на Рамануджана дать не могу, не помню, где я видел ссылку на него (возможно, в его Notebooks есть).

[Mr. X]

nnosipov,
всё понятно. Большое Вам спасибо за этот содержательный диалог по заинтересовавшему меня вопросу. Всего доброго!