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Mathematik » Zahlentheorie » 2er-Potenzen ohne 5
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Seite 1   [1 2 3 4 5]   5 Seiten
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Kein bestimmter Bereich J 2er-Potenzen ohne 5
querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-01-12


Hallo, ich habe eine Frage:

Wie viele Zweierpotenzen {1,2,4,8,16,...} gibt es, in deren Dezimaldarstellung die Ziffer 5 nicht vorkommt?

lG



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-01-12


Hi querin,
es gibt 34 solche Zahlen, nämlich 2n für
n = 0,1,2,3,4,5,6,7,10,11,12,13,14,15,17,18,22,23,24,26,27,30,31,32,34,36,38,43,46,55,62,65,66,71.
Die größte dieser Zahlen ist 271 = 2361183241434822606848 und enthält keine 5, keine 7 und keine 9.
Ich kann aber nicht beweisen, dass es keine weiteren solchen Zahlen gibt.
Ich habe die Zweierpotenzen bis 230000 untersucht und keine weiteren Zahlen gefunden.
Gruß Buri



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-01-12


Hi querin,

hier der OEIS Eintrag dazu: A035060 Numbers n such that 2^n does not contain the digit 5 (probably finite)

Gruß, Slash



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cis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-01-12


2018-01-12 22:06 - Buri in Beitrag No. 1 schreibt:
Ich kann aber nicht beweisen, dass es keine weiteren solchen Zahlen gibt.

Ist das ein historisches Problem?
__________
Geht auch (nicht) auf dem MP
<math>
% begin{tikzpicture}

\usetikzlibrary{fpu,math}
\pgfkeys{/pgf/fpu=true}



\tikzmath{
function mersenne(\N) {return int(2^\N);};
}

{\footnotesize
\foreach \n in {1,...,33}{
\pgfmathparse{mersenne(\n)}
\pgfmathprintnumber[fixed,precision=0,1000 sep={.},]
\pgfmathresult,
}
}
</math>

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]


-----------------
Wenn man alles ausgeschaltet hat, was unmöglich ist, bleibt am Ende etwas übrig, das die Wahrheit enthalten muß - mag es auch noch so unwahrscheinlich sein...
(Sherlock Holmes)
·



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-01-12


Ich hab's mit dem Iterationsrechner so berechnet:
Iterationsrechner online


ergibt b=34 und die Tabelle:
Wertetabelle des Iterationsrechners
i       aB             aC      aD
0	1	       0	1
1	2	       0	2
2	4	       0	4
3	8	       0	8
4	16	       0	16
5	32	       0	32
6	64	       0	64
7	128	       0	128
8	256	       1	1024
9	512	       1	2048
...
31	2147483648	0	36893488147419103232
32	4294967296	0	73786976294838206464
33	8589934592	2	2361183241434822606848
34	17179869184	0      nichts weiter
...
444     45427...8416	13

{Funktion AusmalAnzahl(strZahl,Array) zählt die Wertigkeit der Ziffern analog der Quersumme, nur dass man die Wertigkeit nicht 1,2,3..., sondern nur der Ziffer 5 die Wertigkeit 1 gibt: Array(0,0,0,...1,0,0}

Man sieht schön, dass ab i=578 nur noch 2stellige 5er-Häufigkeiten vorkommen.

Dann wird's 3-stellig usw.

Binär ist 2^x ein "Shift left". Komplizierter wird der Beweis,
dass die Wandlung dieser Binärzahl (oder auch Hex) nach Dezimal
bis in alle Ewigkeit garantiert mindestens 1 Ziffer 5 beinhaltet.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-01-12


2018-01-12 22:16 - cis in Beitrag No. 3 schreibt:
Geht auch auf dem MP

Komisch, dass die Zahlen irgendwann ungerade werden biggrin

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]



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cis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-01-12


2018-01-12 22:52 - StrgAltEntf in Beitrag No. 5 schreibt:
Komisch, dass die Zahlen irgendwann ungerade werden biggrin

Touche.



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-01-12


2018-01-12 22:16 - cis in Beitrag No. 3 schreibt:
...
.000.000

Hier liegt garantiert ein Rundungsproblem vor, denn am Ende gibt es kein ...000.

Man braucht schon Rechner, die auch mit großen Potenzen richtig rechnen können und kein Double oder float benutzen!

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-01-13


Also zumindest kann man mit dem Benford-Gesetz zeigen (Zweierpotenzen sind ja nun klar skaleninvariant), dass der Anteil der Zweierpotenzen mit Ziffer 5 unter allen Zweierpotenzen gegen 1 geht.

Das heißt noch nicht, dass es nur endlich viele gibt, die keine Ziffer 5 enthalten: Auch die Dichte der Nicht-Quadratzahlen unter allen natürlichen Zahlen ist offensichtlich 1, wobei es trotzdem auch offensichtlich unendlich viele Quadratzahlen gibt.

Cyrix



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 09:43 - cyrix in Beitrag No. 8 schreibt:

Das heißt noch nicht, dass es nur endlich viele gibt, die keine Ziffer 5 enthalten: Auch die Dichte der Nicht-Quadratzahlen unter allen natürlichen Zahlen ist offensichtlich 1, wobei es trotzdem auch offensichtlich unendlich viele Quadratzahlen gibt.



Vermutungen eines Laien:

Das lässt sich natürlich nicht ganz vergleichen, da es ja darum geht, ob die Reihe/das Integral über die Dichte divergiert oder konvergiert.
(für n-te Potenzen divergiert die Reihe offensichtlich)

Falls die Ziffern der 2er-Potenzen im Dezimalsystem einer halbwegs zufälligen Verteilung gehorchen (den Beweis überlasse ich den Zahlentheoretikern hier), konvergiert die Reihe und damit gibt es IMHO nur endlich viele.

Nützt natürlich auch nichts, da man dadurch zwar weiß/wüsste, dass es eine größte Zahl dieser Art gibt, jedoch nicht, wann sie letztendlich kommt.


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-13


Danke für die schnellen Antworten und Hinweise!

@Buri, Slash
Also gibt es wohl nur 34 solche Zahlen. Aber warum?

@cyrix
Wie bemerkte schon Descartes so treffend: alles, was lediglich wahrscheinlich ist, ist wahrscheinlich falsch.

@hyperG
Ich dachte bisher an vollständige Induktion für hinreichend großes n (allerdings ohne Erfolg). Dein Ansatz mit dem Links-Shift gefällt mir sehr gut. Könntest du bitte deinen "komplizierteren Beweis" zumindest in groben Zügen erklären?

lG


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 10:31 - querin in Beitrag No. 10 schreibt:
... Ich dachte bisher an vollständige Induktion ...
Hi querin,
das erscheint mir ziemlich hoffnungslos. Wie sollte es denn möglich sein, zu beweisen, dass aus dem Vorkommen der Ziffer 5 in einer Zweierpotenz 2n das Vorkommen von 5 in der nächsthöheren Potenz 2n+1 folgen würde? Ich sehe keinen Ansatz, der solch einen Schluß ermöglicht.
Gruß Buri



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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-01-13


Eine Idee wäre wohl, für jede Stelle den Ziffernzyklus zu bestimmen bis der gesamte Zyklus aller Stellen zu jedem Zeitpunkt an mindestens einer Stelle eine 5 enthält. Ist ein solcher Zyklus gefunden, wäre das Problem gelöst.


Der Zyklus der ersten 10 Stellen bspw. ist selbst für den Pythoninterpreter kein Problem.

Ob man damit die für einen (sofern möglichen) Beweis notwendigen 23+ Stellen schafft ist angesichts des exponentiell steigenden Aufwands allerdings unklar.


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Buri
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 12:35 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 12 schreibt:
Eine Idee wäre wohl, für jede Stelle den Ziffernzyklus zu bestimmen ...
Hi DerEinfaeltige,
diese Idee hatte ich auch. Allerdings führt das nicht ohne weiteres zum Ziel, denn wie lang man die Ziffernfolge auch macht, die Folge 000...001 kommt in jedem Zyklus vor. //EDIT: Nein, siehe Beitrag #14.
Aber man könnte vielleicht 000...002 nehmen oder noch etwas anderes.
Das klappt aber auch nicht, weil solche Zahlen ≡ 2 mod 4 sein würden.
Mir scheint es unwahrscheinlich, dass der gesamte Zyklus nur aus Zahlen ohne 5 besteht. Aber vielleicht ist es doch möglich.
Wenn es so wäre, könnte der Hinweis (die Vermutung) "probably finite" bei der OEIS-Folge A035060 entfernt werden.
Allerdings ist die Idee gut geeignet dafür, um den Suchbereich einzuschränken.
Gruß Buri



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-01-13

\(\begingroup\)
2018-01-13 12:35 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 12 schreibt:
Eine Idee wäre wohl, für jede Stelle den Ziffernzyklus zu bestimmen bis der gesamte Zyklus aller Stellen zu jedem Zeitpunkt an mindestens einer Stelle eine 5 enthält. Ist ein solcher Zyklus gefunden, wäre das Problem gelöst.

Damit wir über die gleiche Sache reden; ich habe das so verstanden:

Für ein n betrachte die Folge \(a_k=2^k\mod 10^n\). Diese Folge wird irgendwann ab einer Stelle \(k_0(n)\) periodisch mit einer Periodenlänge \(p_n\leq10^n\). Die Periode ist also \(a_{k_0(n)},a_{k_0(n)+1},...,a_{k_0(n)+p_n-1}.\) Wenn für ein n alle \(a_{k_0(n)+i}\) die Ziffer 5 enthalten, sind wir fertig.

@Buri: die Zahl 1 kommt in keiner der Perioden vor. Aber vielleicht hattest du eine andere Interpretation.



\(\endgroup\)


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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-01-13

\(\begingroup\)
2018-01-13 13:13 - StrgAltEntf in Beitrag No. 14 schreibt:


Damit wir über die gleiche Sache reden; ich habe das so verstanden:

Für ein n betrachte die Folge \(a_k=2^k\mod 10^n\). Diese Folge wird irgendwann ab einer Stelle \(k_0(n)\) periodisch mit einer Periodenlänge \(p_n\leq10^n\). Die Periode ist also \(a_{k_0(n)},a_{k_0(n)+1},...,a_{k_0(n)+p_n-1}.\) Wenn für ein n alle \(a_{k_0(n)+i}\) die Ziffer 5 enthalten, sind wir fertig.


Ja, genau, das meine ich.
Die Frage ist, ob bzw. wie man es effizient berechnen kann/könnte.

Ich bin versuchsweise Stelle für Stelle vorgegangen.
Die Arithmetik ist daher trivial. (eine Dezimalstelle plus Übertrag)
Die Periodenlänge beträgt anscheinend $4\cdot 5^{n-1}$.


-----------------
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\(\endgroup\)


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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-01-13


Also die Folge oeis.org/A035060 gibt es schon seit 1998 und da schauen wirklich viele schlaue Leute aus der ganze Welt drüber.
Wenn es da noch eine Zahl ohne Ziffer 5 gäbe, wäre sie schon gefunden.

Was ich zunächst dachte, war das leichte "Shiften" der Binärzahl auf die kompliziertere Wandlung in eine Dezimalzahl zu verlagern.
Aber Buri hat schon recht: es läuft auch bei der Zurückwandlung auf 2^n hinaus.

Was man als Beweis noch probieren könnte, wäre das Finden von  einer näherungsweisen MIN-Funktion fmin(n):
 ab n>578 war die Anzahl der Ziffer 5 ja größer 9

Wenn sie {die Näherungsfunktion} kontinuierlich ansteigt { wie die li(x) Funktion für Primzahlen } und die wirklichen Werte immer darüber liegen
-> könnte man "für den Rest bis Unendlich" sicher sagen, dass
wenn fmin(n) nie mehr kleiner 9 wird und reale Werte immer oberhalb fmin liegen -> die Ziffer-5-Häufigkeit 0 oberhalb 578 NIE mehr vorkommen kann.

Wenn ich mal Zeit & Lust habe, könnte ich solche fmin vorschlagen.



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-01-13

\(\begingroup\)
Die Periodenlänge der letzten k Ziffern von Zweierpotenzen ist $\phi(5^k)=4 \cdot 5^{k-1}$ und beginnt mit $2^k$. Das folgt direkt aus dem Chinesischen Restsatz (Kongruenz mod $10^k$ ergibt sich aus dem Kongruenzsystem mod $2^k$ und mod $5^k$, wobei jede Zweierpotenz $\geq 2^k$ kongruent 0 mod $2^k$ ist, es also nur auf die Kongruenz mod $5^k$ ankommt) und Hensels Lemma.

Es ist nicht davon auszugehen, dass man hier ein k findet, dass sich jeweils unter den letzten k Ziffern aller Zweierpotenzen zwischen $2^k$ und $2^{k+4\cdot 5^k}$ jeweils mindestens eine Ziffer 5 findet. (Ich würde vermuten, dass es nichtmal möglich ist, hier einen gegen 1 gehenden Anteil nachzuweisen...)


Der Ansatz, den ich verfolgen würde, ist es, auf die ersten k Ziffern zu schauen; genauer: Die erste Ziffer zur Basis $B=10^k$. Da $\log_B 2$ irrational ist, verteilen sich die Nachkomma-Anteile von $\log_B 2^k$ gleich über das Intervall [0; 1), sodass die Voraussetzungen für das Benfordsche Gesetz gegeben sind.

Dieses sagt uns, dass der Anteil der Zweierpotenzen, deren erste Ziffer im System zur Basis B gleich d lautet, gleich $\log_B \left(1+\frac{1}{d}\right) = \frac{\ln \left(1+\frac{1}{d}\right)}{ k \ln(10)}<\frac{1}{k} \cdot \frac{1}{d}$ ist.

Damit ist der Anteil aller Zweierpotenzen, deren erste Ziffer im System zur Basis $B=10^k$ in der Menge $M$ liegt also kleiner als $\frac{1}{k} \cdot \sum_{d\in M} \frac{1}{d}$.

Nun konvergiert die Reihe $\sum_{d\in\mathbb{N} \text{ $d$ enthält in seiner Dezimalzahldarstellung keine Ziffer 5}} \frac{1}{d}$, sodass für $k \rightarrow \infty$ der Anteil der Zweierpotenzen, bei denen in den ersten $k$ Ziffern im Dezimalsystem keine Ziffer 5 enthalten ist, gegen 0 geht. (Genauer: Man erhält eigentlich die schärfere Aussage, dass der Anteil der Zweierpotenzen, bei denen die Ziffer 5 nicht im vordersten k-Ziffern-Block enthalten ist, wobei man von hinten beginnt zu zählen, und von ggf. mit führenden Nullen auffüllt, schon gegen 0 geht.)

Wie gesagt: Das zeigt nur, dass der Anteil mit $\frac{1}{k}$ gegen 0 geht, betrachtet aber auch nur die vordersten $k$ Ziffern. Ich würde aber erwarten, dass es auch mit diesem Ansatz (nur eine konstante Anzahl an Ziffern zu betrachten) nicht deutlich besser geht. Man müsste also die ersten f(k) Ziffern der Zweierpotenzen mit Exponenten in der Gegend um $2^k$ betrachten, um hier eine bessere Aussage zu erhalten, und ggf. was über die Endlichkeit der Menge der Zweierpotenzen, die keine Ziffer 5 enthalten, zu erfahren.

Cyrix
Cyrix

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Kuestenkind
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2018-01-13


Siehe dazu auch dort auf Seite 23.

Gruß,

Küstenkind




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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 19:02 - Kuestenkind in Beitrag No. 18 schreibt:
Siehe dazu auch dort auf Seite 23.

"Die Seiten 22 bis 23 werden in dieser Leseprobe nicht angezeigt."  frown



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cis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 19:51 - StrgAltEntf in Beitrag No. 19 schreibt:
"Die Seiten 22 bis 23 werden in dieser Leseprobe nicht angezeigt."  frown

Bei mir schon.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2018-01-13

\(\begingroup\)
Lustig, dass dies in obigem Link angeblich nur bis zum Exponenten 3000 überprüft wurde, was ich jetzt nicht ganz glauben kann, denn dafür braucht Maple mit dem nachfolgendem "Quick and dirty"-Programm gerade mal 2.5s.  biggrin

Maple
t:=time():remove(t -> has(convert(2^t, base, 10), 5), [$0..3000]),(time()-t)*'s';
 
[0,1,2,3,4,5,6,7,10,11,12,13,14,15,17,18,22,23,24,26,27,30,31,32,34,36,38,
43,46,55,62,65,66,71], 2.485 s
 
\(\endgroup\)


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stpolster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2018-01-13


Ich habe heute Vormittag den Computer alle Exponenten bis n = 1 Million prüfen lassen.
Wie zu erwarten, gab es keine weitere Potenz ohne Ziffer 5.
Ich vermute, dass schon irgend jemand wesentlich höhere Exponenten untersucht hat.

LG Steffen



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cis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 21:01 - weird in Beitrag No. 21 schreibt:
Lustig, dass dies in obigem Link angeblich nur bis zum Exponenten 3000 überprüft wurde, was ich jetzt nicht ganz glauben kann, ....

Ja komisch, was war denn "1986" so möglich?



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Marbin
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Aus: Shanghai, China
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2018-01-13



Ja komisch, was war denn "1986" so möglich?

1998


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"I'm an explorer okay, I get curious about everything and I want to investigate all kinds of stuff." (Richard Phillips Feynman)



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Primentus
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Aus: Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2018-01-13

\(\begingroup\)
Hallo,

ich habe mich gefragt, warum frägt man ausgerechnet danach, ob die Ziffer 5 fehlt? Daher hab ich das Problem für mich mal verallgemeinert und mich gefragt "wann fehlt Ziffer 0..9 in $2^{n}$?".
Es zeigt sich, wenn man alle n bis 100.000 untersucht, dass für jede Ziffer die Folge irgendwann zu enden scheint (wenn auch ohne Beweis):

0: {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 13, 14, 15, 16, 18, 19, 24, 25, 27, 28, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 39, 49, 51, 67, 72, 76, 77, 81, 86}
1: {1, 2, 3, 5, 6, 8, 11, 12, 15, 16, 19, 23, 25, 28, 32, 33, 35, 38, 43, 52, 56, 59, 63, 66, 73, 91}
2: {0, 2, 3, 4, 6, 12, 14, 16, 20, 22, 23, 26, 34, 35, 36, 39, 42, 46, 54, 64, 74, 83, 168}
3: {0, 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 18, 19, 20, 21, 24, 26, 32, 34, 38, 40, 44, 48, 50, 53, 57, 60, 80, 91, 92, 102, 153}
4: {0, 1, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 13, 15, 16, 17, 21, 23, 24, 29, 40, 41, 43, 55, 69, 75, 85, 107}
5: {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 22, 23, 24, 26, 27, 30, 31, 32, 34, 36, 38, 43, 46, 55, 62, 65, 66, 71}
6: {0, 1, 2, 3, 5, 7, 9, 10, 11, 13, 17, 19, 21, 22, 25, 27, 30, 33, 37, 39, 41, 45, 47, 53, 54, 57, 90, 93}
7: {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 18, 19, 22, 23, 25, 28, 33, 41, 42, 49, 50, 54, 61, 71}
8: {0, 1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 16, 17, 18, 21, 22, 24, 25, 32, 40, 41, 49, 52, 53, 56, 73, 78}
9: {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 30, 31, 45, 46, 47, 57, 58, 59, 71, 77, 99, 108}

Das maximale vorkommende $n_{max}$ ist 168 für Ziffer 2. Ich stelle halt mal die Theorie auf, dass es ab einer gewissen Stellenanzahl von $2^{n}$ einfach immer unwahrscheinlicher wird, dass da eine bestimmte Ziffer gar nicht vorkommen soll. Schließlich werden per $2^{n}$ ja keine glatten Zahlen wie z. B. 34000000000 erzeugt. Und immerhin sprechen wir für n=100000 schon von Zahlen mit über 30000 Stellen.

Jetzt kann man das Problem aber noch weiter verallgemeinern und sagen "warum betrachtet man ausgerechnet $2^{n}$? Betrachten wir doch stattdessen die Potenzen aller einstelliger Zahlen (außer Null), also $3^{n}$, $4^{n}$, ..., $9^{n}$.
Dabei zeigt sich das Bild, dass es bei höher werdenden Basen tendenziell immer seltener vorkommt, dass Ziffern fehlen. Das heißt, die Basis 2 ist noch am großzügigsten im Erlauben von fehlenden Ziffern. Bei $9^{n}$ gibt es für die Ziffern 0..9 nur noch folgende Folgen fehlender Ziffern:

0: {0, 1, 2, 3, 4, 6, 7, 12, 13, 14, 17, 34}
1: {1, 3, 5, 7, 9}
2: {0, 1, 2, 4, 5, 6, 10, 11, 17, 27}
3: {0, 1, 2, 3, 4, 5, 7, 14, 17, 20, 25, 42}
4: {0, 1, 2, 3, 4, 11, 17, 19, 23, 53}
5: {0, 1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 22, 26, 29}
6: {0, 1, 2, 3, 5, 6, 9, 16, 21, 52}
7: {0, 1, 2, 4, 5, 6, 11, 12, 13, 15, 16, 18, 21, 23, 33}
8: {0, 1, 3, 4, 5, 6, 8, 18, 28, 50}
9: {0, 2, 4, 6, 8, 10, 16, 28}

Vielleicht ließe sich durch solche verallgemeinerte Überlegungen noch mehr herausfinden, wann bestimmte Ziffern fehlen und wann nicht. Aber genauere Ideen hab ich dazu momentan auch nicht.

LG Primentus


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.23 begonnen.]
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cis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 21:37 - Marbin in Beitrag No. 24 schreibt:

Ja komisch, was war denn "1986" so möglich?
1998

Wie doof...  biggrin
Ja ok, aber trotzdem kein Plan, was da so möglich war. Ich hatte da einen 200 MHz PC, der war aber schon eine Generation veraltet.



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hyperG
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Und genau deshalb habe ich das mit den Basen angesprochen.
Basis 10 oder 100 -> also Basis 10^n
erzeugt nun mal nur Ziffern 1 und 0

Binär ist 2^n genau dieses Shiften:
001
010
100
...
Erst die Wandlung in die Ziel-Basis erzeugt die exotischen Ziffern {besser: meist unvorhersehbare Ziffernverteilung}, wo hier deren Anzahl gesucht wird.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.25 begonnen.]



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hyperG
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Und noch ein interessanter Fakt: je größer die 2er Potenz, um so besser die Gleichverteilung der Ziffern bei Nichtübereinstimmung Basis zu Anzeige-Basis:

2^74207281 im Dezimalsystem:
Dateilänge (Stellenanzahl):22338618
Ziffernverteilung:
0=2233259
1=2233436
2=2234194
3=2232135
4=2232328
5=2236279
6=2234254
7=2233628
8=2234257
9=2234848

Genau das haben sie mit vielen Grenzwert-Algorithmen gemeinsam, die irrationale Zahlen als Ergebnis haben (Pi usw.)

So gibt's auch viele Grenzwert-Algorithmen aus Zahlenfolgen ( wie die Primzahlen oder Fibonacci-Zahlen), die Pi ergeben.

Wenn ich länger suche, finde ich bestimmt auch einen Algorithmus, der was mit 2^n beinhaltet (z.B. BBP-Formeln)

Überlegung:
Würde die Quell-Zahlenfolge (hier 2^n) im Dezimalsystem eine "Schieflast" bei der Ziffernverteilung haben, -> würde dann nicht auch Pi ungleichmäßig verteilte Nachkommastellen haben?
Anders: Vieleicht gibt es deshalb auch keine BBP-Algorithmen für Pi im Dezimalsystem (wo man einzelne Stellen berechnen kann, ohne die Vorgänger zu kennen),
weil 10^n ja keine gleichverteilten Ziffernfolgen liefert...??



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Slash
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2018-01-13


2018-01-13 10:31 - querin in Beitrag No. 10 schreibt:
Danke für die schnellen Antworten und Hinweise!

@Buri, Slash
Also gibt es wohl nur 34 solche Zahlen. Aber warum?

Keine Ahnung. Ich habe sogar erst durch dich und deine Frage von diesem Problem erfahren. Und die OEIS ist immer die beste erste Anlaufstelle für solche Dinge. Also danke für dieses interessante offene Problem.

Wie bist du denn daran gekommen?

Gruß, Slash



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2018-01-13


Wie Primentus & ich (und indirekt auch andere) bereits gezeigt haben,
ist das eher eine "normale Eigenschaft" aufsteigender Zahlenfolgen ( 2^x ist eine schöne explizite Funktion monoton steigend; denn es gibt ja noch Zahlenfolgen von irrationalen Zahlen wie Pi, die immer nur aus 1 Ziffer bestehen), die nicht durch Basis-Konstruktionen wie 10^x
oder "Zähle die Kringel der Ziffern des Vorgängers, die man ausmalen kann" absichtlich ungleichmäßig verteilt sind,
dass die Ziffernverteilung immer gleichmäßiger wird.

Anders: ich kenne keine (monoton) aufsteigende nichtlineare ganzzahlige Zahlenfolge,
die mit expliziten Funktionen {incl. Prime(x), auch wenn sie nicht explizit ist} erzeugt wurde,
die bei den ersten 100 Gliedern alle Ziffern enthält {bei den unteren Gliedern natürlich mit Lücken und nicht gleichverteilt}, dann aber 1 Ziffer bei höheren Gliedern bis zur Häufigkeit 0 abnimmt!

Man könnte dies auch 5er-Eigenschaft einer jeden Zahlenfolge nennen:
das Glied, ab dem die 5 garantiert auftaucht.

Und genau so haben viele der hier beschriebenen Zahlenfolgen Bereiche, in denen gewisse Ziffern bei kleinen Gliedern nicht vorkommen.
Durch einfaches Offset von 1098765432 kann diese Zahlenfolge dann ein "mindestens Häufigkeit 1" bekommen. Alles nichts besonderes.



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2018-01-14


2018-01-13 23:55 - hyperG in Beitrag No. 30 schreibt:
Wie Primentus & ich (und indirekt auch andere) bereits gezeigt haben,
ist das eher eine "normale Eigenschaft" aufsteigender Zahlenfolge

Quadratzahlen?

btw: "Gezeigt" wurde in diesem Thread bisher nur, dass die Dichte der Zweierpotenzen ohne Ziffer 5 in ihrer Dezimalzahldarstellung unter allen Zweierpotenzen 0 ist. Dass es von diesen nur endlich viele gäbe, ist bisher nur durch ein heuristisches Argument unterlegt, was aber weit weg von einem Beweis ist, den wir hier auch nicht erwarten können.

Mit normalen Zahlen, bei denen es um die Nachkommastellen einer irrationalen Zahl geht, hat dies hier aber rein gar nichts zu tun; und diese Normalitätseigenschaft hat widerum überhaupt nichts mit Primzahlen zu tun...

Cyrix



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-14


Hallo, ich versuche staunend eurer interessanten Diskussion zu folgen!

Nach dem Hinweis von Kuestenkind in Beitrag #18 stieß ich auf einen Satz von David Gale in "Tracking the Automatic ANT: And Other Mathematical Explorations" (Google Vorschau p.42-43). Daraus folgt doch, dass es zu jeder natürlichen Zahl k eine Zweierpotenz gibt, in deren führenden k Ziffern keine 5 vorkommt. Die erste 5 kann also beliebig "spät" in der Ziffernfolge auftreten. Und wenn cyrix' Vermutung aus Beitrag #17 zutrifft, dann gibt es auch beliebig viele Endziffern ohne 5. Irgendwo dazwischen müssen(?) dann die 5er sein.

@Slash
Ich bin zufällig darauf gestoßen. Alle Kehrwerte der Zweierpotenzen > 1  enthalten trivialerweise mindestens eine 5 in den Nachkommastellen. In den ersten paar Zweierpotenzen ist die 5 aber recht selten, daher meine naive Frage.

lG



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2018-01-14


2018-01-14 03:17 - cyrix in Beitrag No. 31 schreibt:

Quadratzahlen?

Cyrix

Quadratzahlen enthalten an der Stelle n=10 ein 10^2,
an Stelle 100^2 usw. je das "10 hoch irgendwas"
was ich versuch habe mit der Randbedingung
"keine ... Basis-Konstruktionen wie 10^x"
eindeutig zu kennzeichnen.

Selbst wenn wir mal alle Polynome und Primzahlen weglassen, bleiben noch unendlich viele dieser "normal nichtlinear ansteigenden" Zahlenfolgen mit dieser normalen Eigenschaft.

Morgen fragt das einer bei den Fibonacci- Zahlen:
da gibt es 50 also bis 162926777992448823780908130212788963731840407743629812913410
wo keine 5 vorkommt und so ab 875 kommt die 5 2stellig vor usw.

Dann kommt der nächste mit Fakultät -> gibt's 19 bis
620448401733239439360000 ...

Und jedesmal die Reaktion: ach wirklich...
warum gerade soviel?
Wie kann man das beweisen? Beschäftigung bis in alle Ewigkeit gesichert...



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Marbin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
Sei \(n\in \mathbb{N}_{0}\), dann ist genau dann und nur dann die vorletzte Dezimalstelle einer Zweierpotenz eine 5, wenn sich die Zweierpotenz als \(2^{20\cdot n+8}\) oder \(2^{20\cdot n+21}\) darstellen lässt. Nun kann mach sich weiter vor arbeiten. Die Endziffer einer Zweierpotenz in Dezimalschreibweise kann trivialerweise niemals 5 sein.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.32 begonnen.]


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Primentus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
2018-01-14 18:21 - Marbin in Beitrag No. 34 schreibt:
Sei \(n\in \mathbb{N}_{0}\), dann ist genau dann und nur dann die vorletzte Dezimalstelle einer Zweierpotenz eine 5, wenn sich die Zweierpotenz als \(2^{20\cdot n+8}\) oder \(2^{20\cdot n+21}\) darstellen lässt. Nun kann mach sich weiter vor arbeiten. Die Endziffer einer Zweierpotenz in Dezimalschreibweise kann trivialerweise niemals 5 sein.

Hallo Marbin,

interessanter Ansatz. Stimmt - das Bildungsgesetz scheint zu passen für die vorletzte Ziffer. Ich hab mir daher mal die Situation bezüglich drittletzter, viertletzter, ..., zehntletzter Ziffer angeschaut. Allerdings sind hierbei leider schon keine so einfachen Bildungsgesetze bezüglich Vorkommen der 5 mehr ersichtlich. Jedenfalls hab ich noch keines erkannt.

LG Primentus
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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2018-01-14


@Marbin: Deine Aussage ist korrekt. Aber da man auch mit der kleinsten, relevanten Stelle schon nur 1/10 aller Fälle erschlagen kann, und das bei den davorliegenden Stellen nicht besser wird (für die drittletzte Stelle, siehe Beitrag #17, müsste man sich ja schon eine Periode von 100 Zweierpotenzen anschauen, von denen wie viele/ wenige neue eine Ziffer 5 an der drittletzten Stelle besitzen?), sehe ich hier keinen zielführenden Ansatz. Ich würde sogar erwarten, dass man damit nicht mal zeigen kann, dass fast alle Zweierpotenzen die Ziffer 5 enthalten...

@hyperG: Noch mal: "Normalität" ist eine Eigenschaft, die irrationale Zahlen haben können (aber nicht müssen). Um genau zu sein: Fast keine irrationale Zahl ist normal; deren Maß ist 0. Und ähnlich verhält es sich auch mit Zahlenfolgen und der Eigenschaft, die wir hier betrachten.

Nur, weil du kaum nicht-differenzierbare Funktionen kennst, ist noch lange nicht (fast) jede Funktion differenzirbar. Ds Gegenteil ist der Fall.

Cyrix

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.34 begonnen.]



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2018-01-14

\(\begingroup\)
Nachfolgend noch ein paar Rechnungen mit Maple, die ich hier noch durchgeführt habe, um gewisse Aspekte hier vielleicht etwas zu erhellen. Die Idee dabei war, für die Überprüfung, ob die Dezimaldarstellung einer Potenz $2^n$ eine 5 enthält, nicht alle, sondern nur die letzten $k$ Stellen zu verwenden, was natürlich dann je nach Größe von $k$ auch manchmal falsche Ergebnisse liefert, ähnlich einem probabilistischen Primzahltest. Im nachfolgenden Listing ist dies die Funktion missing_5(n,k). Die nächste Prozedur M5 hat als Rückgabewert alle Zahlen $i$ in der Menge $b$ (oder auch in der Menge $\{0,1,...,b\}$, wenn $b$ eine ganze Zahl war), für welche $2^i$ diesen Test für das vorgegebene $k$ besteht. Für die Defaultwerte $k=24,\ b=100$ erhält man unsere Menge von nun schon bekannten 34 Exponenten von Zweierpotenzen, welche keine 5 in ihrer Dezimaldarstellung enthalten, d.h., unser Test arbeitet da noch fehlerfrei.

Erhöht man nun den Wert von $b$ auf $b=10^6$, so ist das dann erwartungsgemäß nicht mehr der Fall, selbst für $k=100$, und die untenstehende Menge $A$ mit 30 Elementen enthält dann alle "fehlerhaften" Exponenten. Erhöhen wir aber den Wert von $k$ auf $k=134$, so funktioniert der Test dann wieder einwandfrei. Immerhin konnten so in weniger als 5 min alle Exponenten bis zu einer Million durchgetestet werden. Sollte Steffen oben für seine Rechnung sehr viel länger gebraucht haben, wäre das jedenfalls schon einmal ein Nutzen dieser ganzen Überlegungen.  wink

Leider glaube ich aber nach einigen weiteren Tests, dass dieses Beispiel auch typisch ist in dem Sinne, als immer wieder für ein vorgegebenes $k$ Exponenten "durchschlüpfen", auch wenn dann durch Erhöhung von $k$ diese Ausnahmen wieder ausgeschaltet werden können. Wenn dies tatsächlich zutrifft, so wäre leider dann auch die Idee von cyrix hinfällig, wenn ich ihn richtig verstanden habe, durch einen genügend großen Wert von $k$ dies zu einem deterministischen Test zu machen.

Maple
missing_5:=(n,k)->not has(convert(2&^n mod 10^k,base,10),5):
 
M5:=proc(k:=24,b:=100)
   local S:=b;
   if type(b,integer) then S:={seq(j,j=0..b)} end if;
   select(n->missing_5(n,k),S)
end:
 
M5(),nops(M5())
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 17, 18, 22, 23,
  24, 26, 27, 30, 31, 32, 34, 36, 38, 43, 46, 55, 62, 65, 66, 71}, 34
 
PSM5:=(k,b)->M5(k,b) minus M5():
 
PSM5(23,100)
                              {93}
PSM5(100,100000)
                             {9976}
PSM5(113,10000),PSM5(114,10000)
                           {9976}, {}
 
t:=time():A:=PSM5(100,1000000);(time()-t)*'s'
 
{9976, 165940, 176111, 188286, 196012, 202885, 213666, 228574,
  264845, 315867, 368590, 408799, 449603, 471274, 472879, 507069,
  559614, 576913, 604671, 635043, 642817, 705998, 714477, 720740,
  728492, 763555, 780197, 902891, 921810, 958182} 
 
                                286.625 s
 
t:=time():PSM5(134,A),(time()-t)*'s'
                          {}, 0.016 s
\(\endgroup\)


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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.38, eingetragen 2018-01-14


@weird: Ich fasse, da es offenbar anders rübergekommn ist, mal die bekannten Aussagen kurz zusammen:

*) Eine einfache Heuristik besagt, dass es nur endlich viele Zweierpotenzen ohne Ziffer 5 in ihrer Dezimalzahldarstellung gibt.

*) Obiger Beweis mittels Benford zeigt, dass der Anteil derjenigen Zweierpotenzen ohne Ziffer 5 in den ersten (d.h. höchstwertigen) k Stellen unter allen Zweierpotenzen bei wachsendem k mit O(1/k) gegen 0 geht.

*) Ein Versuch, über die letzten k Stellen zu argumentieren, wird schief gehen: Die Periode, mit der sich die letzten k Stellen wiederholen, ist exponentiell in k (genauer: 4*5^{k-1}), wobei jede neue Stelle wohl nur jeweils ca. 1/10 der übrig gebliebenen Kandidaten erledigt. Im Best Case kommt man damit also auch nur zu der schon bewiesenen Aussage, dass die Dichte der Zweierpotenzen ohne Ziffer 5 unter allen Zweierpotenzen gegen 0 geht. Aber auch das dürfte schwer bis unmöglich sein, da man dafür zeigen müsste, dass je Stelle ein fester Anteil (bzw. eine feste untere Schranke dafür existiert) von Zweierpotenzen an dieser Stelle eine Ziffer 5 besitzt.

*) Keinesfalls wird hier gezeigt, dass es nur endlich viele Ausnahmefälle gäbe, denn auch Dichte Null schließt nicht aus, dass es unendlich viele sein könnten.

*) Ein einfacher Beweis für die Endlichkeit der Ausnahmefälle ist aber auch nicht zu erwarten.


Cyrix



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.39, eingetragen 2018-01-15

\(\begingroup\)
@Cyrix

Danke für diese ausführlichen Erläuterungen. Es ist schon richtig, dass die Periodenlänge, nach der sich die Zweierpotenzen mod $10^k$ für ein vorgegebenes $k$ wiederholen, viel zu rasch wächst, als dass man hoffen könnte, dass innerhalb eines ganzen Zyklus einer so gewaltigen Länge immer mindestens eine 5 in den letzten $k$ Ziffern auftritt, das hatte ich zuwenig bedacht.

Immerhin könnten diese Überlegungen, wie ich oben schon erwähnt habe, bei praktischen Rechnungen am Computer ev. von Nutzen sein, da man sich zunächst nur auf die letzten $k$ Stellen z.B. für $k=100$ beim Suchen nach einer 5 beschränken kann, was sehr schnell geht, da man ja im Prinzip nur mit $k$-stelligen Zahlen rechnet, womit dann nur mehr relativ wenige Exponenten für eine genauere und dann etwas aufwändigere Überprüfung übrigbleiben, wie dies in #37 an einem Beispiel vorgeführt wurde.

Edit: Anbei noch einmal die Rechnung für die erste Million an Exponenten, wobei ich den ersten und schwächeren Test nur für $k=24$ gemacht habe, womit dann allerdings knapp 9% der Exponenten dann nocheinmal dem stärkeren Test für $k=134$ unterworfen werden müssen.

Maple
t:=time():A:=PSM5(24,1000000):PSM5(134,A),(time()-t)*'s'
 
                         {}, 134.937 s
nops(A)/10.^6
                         0.08872600000


@cis: Dir ist schon klar, dass das fragliche Buch 2008, also vor 10 Jahren erst erschienen ist, d.h., es liegt im Verantwortungsbereich des Autors, keine Ergebnisse zu zitieren, die schon damals obsolet waren. Allein darauf habe ich mich bezogen.
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