Сумма цифр произведения

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Сумма цифр произведения

Сообщение Ian » 27 авг 2021, 18:10

У числа 999999 сумма цифр 54, и у всех чисел 999999*k (k натуральное) сумма цифр 54 или больше. Можно ли это доказать строго? Как можно охарактеризовать числа, у которых от умножения на любое натуральное k сумма цифр не уменьшается?

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Сумма цифр произведения

Сообщение zykov » 28 авг 2021, 13:57

Ну эта сумма равна 54 только для $k$ до $10^6$.
Для $k=10^6+1$ она удвоится, т.к. там будет не 6 девяток, а 12.

До $10^6$ это легко видно.
Пусть $x=999999=10^6-1$. И пусть младшая цифра $k$ не равна нулю (т.к. умножение на 10 не меняет сумму цифр).
Тогда $kx=10^6(k-1)+(10^6-k)$.
Первое слагаемое занимает цифры с 7ой по 12ую (могут быть ведущие нули).
Второе слагаемое занимает цифры с 1ой по 6ую.
Если сложить $(k-1)$ и $(10^6-k)$, то будет $10^6-1=x$. При этом сложении переносов между разрядами не возникает.
Т.е. сумма цифр та же, что и у $x$.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Сумма цифр произведения

Сообщение Ian » 28 авг 2021, 14:03

zykov писал(а):Ну эта сумма равна 54 только для $k$ до $10^6$.
Может быть удастся доказать что при $k$ до $10^{12}$, не кончающегося нулем, сумма даже последних 12 цифр не меньше 54? хоть перебрать. Тогда это доказывает, что 999999 "хорошее" (см стартовый пост)*. И как можно найти хотя бы первые 10-15 хороших чисел, а потом найти эту последовательность в OEIS...
---
*И кстати отсюда будет следовать что и 142857=999999/7 хорошее

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Сумма цифр произведения

Сообщение zykov » 28 авг 2021, 14:25

zykov писал(а):Source of the post При этом сложении переносов между разрядами не возникает.

Чтобы было яснее, можно переписать $10^6-k=999999+1-k=999999-(k-1)$.
Т.е. в каждом разряде из $9$ вычитаются цифры $k-1$, при этом переносов не возникает.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Сумма цифр произведения

Сообщение zykov » 28 авг 2021, 14:28

Если рассматривать общий случай, то надо рассматривать произвольное основание.
Т.к. оснвание 10 ничем не лучше основания 2, 8, 16 или скажем 137.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Сумма цифр произведения

Сообщение zykov » 28 авг 2021, 15:40

Можно представить $k=10^6(m+1)+(n+1)$, где $m$ и $n$ имеют значение $0..999999$.
Тогда $kx=10^{12}m + 10^6(n+(999999-m))+(999999-n)$.
Идея такая, что если цифра $m_i$ больше или равна цифре $n_i$, то первое и третье слагаемые дадут 9 или больше.
Если наоборот, то $m_i+(n_i+9-m_i+c_i-10)+(9-n_i) = 8+c_i$. Если перенос $c_i=1$, то будет 9.
Во втором случае перенос возникает, а в первом нет.

Вобщем если даже имеем второй случай, который даёт 8, то он всё равно сам даст перенос, который в конечном счёте добавится, если эти переносы акуратно отследить.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Сумма цифр произведения

Сообщение Ian » 28 авг 2021, 19:48

zykov писал(а):Если рассматривать общий случай, то надо рассматривать произвольное основание.
Т.к. оснвание 10 ничем не лучше основания 2, 8, 16 или скажем 137.
возможно, для основания 2 все будет проще, так как 2- простое число)

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Сумма цифр произведения

Сообщение zykov » 29 авг 2021, 17:20

zykov писал(а):Source of the post если эти переносы акуратно отследить.

Если этот перенос попал на второй случай, то он там 8 превратит в 9 и возникнет новый перенос.
Если он попадает на первый случай и $m_i > n_i$, то там и так было больше 9. Перенос пропадёт, но в сумме добавится минимум 1.
Если же $m_i=n_i$, то во втором слагаемом 9 перейдёт в 0 и возникет новый перенос. При этом сумма из первого и третьего и так даёт 9.
Наконец перенос может докатится до конца второго и попасть в третье. Если там младшая цифра была менее 9, то этот перенос просто добавит 1 к сумме. Если там было 9, то это 9 перейдёт в 0 и возникнет новый перенос. Этот перенос может прокатится дальше, если там тоже 9, но где-то остановится, т.к. если все $m_i$ равны 9, то не возникнет перенос во втором (для переноса должно быть $m_i<n_i$). Для этого случая ($m_i=9$) будет во втором $n_i+c_i$, в первом $9-n_i$, при этом $c_i=0$, т.к. начальные $m_i$ были 9 и это первый случай не дающий переноса. Т.е. первый и второй в сумме дают 9 и без третьего, где 0.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

Сумма цифр произведения

Сообщение Ian » 03 сен 2021, 08:54

Эта задача по мотивам школьной заочной олимпиады. Своими словами: если [math] сумма десятичных цифр числа n, то определим [math] и среди чисел от 0 до 999999 требовалось найти то, у которого [math] наибольшее. Ясно, что решив задачу пост 1, что 999999 "хорошее", мы бы его нашли. Ну как-то решили, возможно и из школьников кто-то смог.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

Сумма цифр произведения

Сообщение zykov » 03 сен 2021, 20:01

Ian писал(а):Source of the post доказать что при $k$ до $10^{12}$, не кончающегося нулем, сумма даже последних 12 цифр не меньше 54

Я доказал для всех 18 цифр. Для последних 12 цифр это просто не верно.
(Например $444444555555\cdot999999=444444111110444445$.)
Т.е. мы её ещё не решили. Нужно доказать для всех $k$, но имеющийся метод затруднительно обобщить. Нужен какой-то более регулярный метод, что-бы для произвольной длины цепочки из 6-значных доказать.


Вернуться в «Математика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 7 гостей