n^2009 inizia con 2009 uni?

[jordan]

Own. Esiste un $ n \in \mathbb{N}_0 $ tale che $ n^{2009} $ inizia con una sequenza di 2009 cifre 1 consecutive?

[Gebegb]

Esiste.

Sia $ \alpha=(10^{2009}-1)/9 $.

La domanda iniziale equivale a chiedersi:
"Si può trovare $ k $ in modo che esista un $ n $ intero tale che valga la doppia disugaglianza che segue?"

$ \alpha 10^{k} < n^{2009} < (\alpha +1)10^k $

o anche:

$ 10^{(log\alpha + k)/2009} < n < 10^{(log (\alpha+1) + k)/2009} $ (*)

dove i logaritmi sono in base dieci.

Il primo e l'ultimo membro della relazione (*) vanno all'infinito con $ k $ e lo stesso fa la loro differenza.

Anzi, per ogni $ m $ arbitrariamente grande, esistono $ m $ potenze duemilanovesime consecutive tutte inizianti con 2009 cifre 1.

P.s.: l'ho scritto solo perchè sei tu.

[kn]

Un'altra strada: vogliamo mostrare che esistono $ \displaystyle~n,k $ t.c. $ \displaystyle~\frac{10^{2009}-1}{9}\cdot 10^k\le n^{2009}<\left(\frac{10^{2009}-1}{9}+1\right)\cdot 10^k $, cioè $ \displaystyle~\mathop{\mathrm{Log}}(10^{2009}-1)-\mathop{\mathrm{Log}}(9)\le 2009\mathop{\mathrm{Log}}(n)-k<\mathop{\mathrm{Log}}(10^{2009}+8)-\mathop{\mathrm{Log}}(9) $. A tal fine basta mostrare che $ \displaystyle~\{\{2009\mathop{\mathrm{Log}}(n)\},n\in\mathbb{N}_0\} $ è denso in $ \displaystyle~[0,1] $ ($ \displaystyle~\{x\} $ è la parte frazionaria di $ \displaystyle~x $), che è equivalente a far vedere che lo è $ \displaystyle~\{\{\mathop{\mathrm{Log}}(n)\},n\in\mathbb{N}_0\} $. Per ogni $ \displaystyle~0\le\alpha<\beta\le 1 $ quindi cerchiamo un $ \displaystyle~n $ t.c. $ \displaystyle~\alpha<\{\mathop{\mathrm{Log}}(n)\}<\beta $. Definiamo ora una funzione $ \displaystyle~f(j) $ che restituisce il più piccolo $ \displaystyle~n\in[10^j,10^{j+1})\cap\mathbb{N}_0 $ t.c. $ \displaystyle~\{\mathop{\mathrm{Log}}(n)\}\ge\beta $. Ovviamente $ \displaystyle~f(j)>10^j $ (dato che $ \displaystyle~\beta>0 $), quindi abbiamo $ \displaystyle~f(j)-1\ge 10^j $ e $ \displaystyle~\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j)-1)\}<\beta $. Supponiamo per assurdo che sia sempre $ \displaystyle~\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j)-1)\}\le\alpha $. Allora $ \displaystyle~-\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j)-1)\}\ge-\alpha $, che, sommato a $ \displaystyle~\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j))\}\ge\beta $, dà $ \displaystyle~\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j))\}-\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j)-1)\}\ge\beta-\alpha $. Ma $ \displaystyle~\lfloor\mathop{\mathrm{Log}}(f(j))\rfloor=\lfloor\mathop{\mathrm{Log}}(f(j)-1)\rfloor=j $, dunque $ \displaystyle~\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j))\}-\{\mathop{\mathrm{Log}}(f(j)-1)\}=\mathop{\mathrm{Log}}(f(j))-\mathop{\mathrm{Log}}(f(j)-1)=\mathop{\mathrm{Log}}\left(\frac{f(j)}{f(j)-1}\right) $$ \displaystyle~=\mathop{\mathrm{Log}}\left(1+\frac{1}{f(j)-1}\right)\ge\beta-\alpha $. Ponendo $ \displaystyle~d=\beta-\alpha $ arriviamo a un assurdo: $ \displaystyle~\mathop{\mathrm{Log}}\left(1+\frac{1}{10^j}\right)\ge\mathop{\mathrm{Log}}\left(1+\frac{1}{f(j)-1}\right)\ge d $, falso per $ \displaystyle~j $ sufficientemente grande (per $ \displaystyle~j>-\mathop{\mathrm{Log}}(10^d-1) $). Dunque per qualche $ \displaystyle~n $ $ \displaystyle~\{\mathop{\mathrm{Log}}(10^{2009}-1)-\mathop{\mathrm{Log}}(9)\}\le \{2009\mathop{\mathrm{Log}}(n)\}<\{\mathop{\mathrm{Log}}(10^{2009}+8)-\mathop{\mathrm{Log}}(9)\} $ e prendendo $ \displaystyle~10n $ ci assicuriamo che esiste $ \displaystyle~k $ t.c. $ \displaystyle~\mathop{\mathrm{Log}}(10^{2009}-1)-\mathop{\mathrm{Log}}(9)\le 2009\mathop{\mathrm{Log}}(10n)-k<\mathop{\mathrm{Log}}(10^{2009}+8)-\mathop{\mathrm{Log}}(9) $