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Kein bestimmter Bereich J * nullerhaltende Quadrate
querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-03


Hallo,

wieder mal ein Ziffernproblem. Dabei sollen die natürlichen Zahlen in üblicher Weise im Dezimalsystem ohne führende Nullen dargestellt werden.

Manche Zahlen wie etwa $n=1006$ haben die bemerkenswerte Eigenschaft, dass ihr Quadrat $n^2=1012036$ gleich viele Nullen enthält wie $n$ selbst (daher der Titel das Aufgabe).

Beweise: Es gibt unendlich viele natürliche Zahlen $n$ mit der Eigenschaft, dass die Zifferndarstellungen von $n$ und $n^2$ gleich viele Nullen enthalten.

Lösungsvorschläge bitte als PN an mich.

Viel Spaß :)

querin



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-05


42 ist bekanntlich die Antwort auf alles wink

So könnte jemand als Aufwärmübung die kleinste natürliche Zahl $n$ posten, sodass $n$ und $n^2$ jeweils 42 Nullen enthalten.



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-05


Die erste korrekte Antwort kommt von Ritter per PN. Vielen Dank dafür! (die Zahl kann gerne direkt gepostet werden)

Sein Vorschlag lautet:
\[n=10^{83} + 6 \cdot \sum\limits_{i=0}^{40} 10^i\]
Das ist ein erster Richtwert für $n$ mit 42 Nullen in $n$ und $n^2$. Aber das ist nicht die kleinste Zahl, die diese Bedingung erfüllt.

Wer findet eine kleinere Lösung?




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Ritter
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Aus: Dunkler Ort
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-06


Das war wohl zu einfach gedacht/geraten.  biggrin



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-10


Hallo liebe Knobelfreunde!

Die Aufgabe ist mit einer sehr schwachen Forderung formuliert, die auf viele verschiedene Arten erfüllt werden kann, z.B.

Zeige: es gibt unendlich viele natürliche Zahlen $n$, sodass $n$ und $n^2$ nullfrei sind, d.h. keine Nullen enthalten (dann haben sie ja auch "gleich viele" Nullen).

Hinweis
Betrachte die rekursiv definierte Folge
$a_0=1$ , $a_{k+1}=100\cdot a_k+560\cdot 10^k-539$ für $k\in \mathbb{N}$.

Zeige:
a) $a_k$ ist nullfrei
b) $a_k$ ist eine Quadratzahl
c) $\sqrt{a_k}$ ist nullfrei



oder:
Definiere eine Folge $n_k$ für $k\in \mathbb{N}$, sodass $n_k$ und $n_k^2$ jeweils genau $k$ Nullen enthalten.
Hinweis
bei Interesse


Hinweis zur 42-Nullen Zahl
meine kleinste Zahl hat 53 Stellen.




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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-11-10



Hinweis zur 42-Nullen Zahl
meine kleinste Zahl hat 53 Stellen.

..meine hat nur 52 Stellen.

EDIT: vorläufig 49 Stellen,..


-----------------
oLGa



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-10


Super, Olga!

Dann muss ich nachlegen: ich habe jetzt eine 48-stellige Zahl  biggrin



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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-10


vorläufig 49,..48...das war 's aber auch vermutlich, auf 47 Stellen komme ich nicht.
Edit: Selbst für 48 wird mir kein Ergebnis ausgeworfen. Möglich dass mit meiner Prg.-Prozedur etwas nicht stimmt. Zumindest erhalte ich nur Lösungen für 49 Stellen.

8000900000007000000900000090000000900000000900000,  42 Nullen  49 Stellen  
64014400810112012614401670440174614403690014576220009732600163620000972000001620000000810000000000,  42 Nullen 98 Stellen  

Wie lautet denn die 48 stellige Zahl ?  


-----------------
oLGa



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-11 16:10


2019-11-10 20:23 - OlgaBarati in Beitrag No. 7 schreibt:
vorläufig 49,..48...das war 's aber auch vermutlich, auf 47 Stellen komme ich nicht.

Ich glaube auch, dass es keine Zahl mit weniger als 48 Stellen gibt. Aber vielleicht kann man diese 48-stellige Zahl noch unterbieten?

700000000000000000090000000000090080000009000008




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OlgaBarati
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-11-11 18:35


Funktioniert in diesem Fall auch mit $n^3$ und $n^5$
700000000000000000090000000000090080000009000008,  42 Nullen  48 Stellen  
490000000000000000126000000000126112008112600011216214400001628115846401621441441361000144000064,  42 Nullen  96 Stellen  
343000000000000000132300000000132417617023230011794050240732419043279632349027247749184430838654534896201128047584923078915306297304001728000512,  42 Nullen  144 Stellen  
168070000000000000108045000000108141067793804509659615395577684437363883387374861234543642625454179125727733900638306891999175222784617220788405872775719931585598762072228790816085440755250791581128206185543862480342241205253120184320032768,  42 Nullen  240 Stellen  



-----------------
oLGa



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-11 20:37


2019-11-11 18:35 - OlgaBarati in Beitrag No. 9 schreibt:
Funktioniert in diesem Fall auch mit $n^3$ und $n^5$

Interessante Beobachtung! Daran hätte ich gar nicht gedacht.



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-17 17:05


Auflösung (Variante 1 aus Beitrag #4)

Sei $n_k=\frac{4\cdot 10^k-7}{3}$ für ganzzahlige $k\ge1$. Dann gilt: $n_k$ und $n_k^2$ sind nullfrei.

Bemerkung: Beim Hinweis in Beitrag #4 habe ich das Pferd absichtlich von hinten aufgezäumt, um nicht gleich alles zu verraten. $a_k=n_k^2$ erfüllt tatsächlich die angegebene Rekursion, aber ich werde sie im Beweis nicht verwenden.


Beweis:

Ich verwende die Notation der Repunits ("Einserketten") $R_k=\frac{10^k-1}{9}=[1]^k$.
Dabei bezeichnet $[z]^k$ die k-fache Wiederholung der Ziffer z.


Wie man leicht nachrechnet gilt: $n_k=R_{k+1}+ 20\cdot R_{k-1}=1[3]^{k-1}1$, also ist $n_k$ nullfrei.

$n_1^2=11^2=121$ ist nullfrei und für $k>1$ kann $n_k^2$ wieder mittels Repunits dargestellt werden: $n_k^2=R_{2k+1}+6\cdot R_{k-1}\cdot 10^{k+1}+4\cdot R_k+6$

Die Zifferngruppen $[6]^{k-1}$ und $[4]^k$ sind durch die Stellenverschiebung $10^{k+1}$ getrennt und ergeben zusammen mit $[1]^{2k+1}$ die Zifferngruppen $[7]^{k-1}$ und $[5]^k$, wobei vor und nach der 7er-Gruppe eine einzelne 1 steht. Der einzige Übertrag tritt bei der Einerstelle auf. Die letzten beiden Ziffern ergeben sich als $11+44+6=61$.
Also ist $n_k^2=1[7]^{k-1}1[5]^{k-2}61$ und damit ebenfalls nullfrei.

Zur Veranschaulichung noch das Beispiel $k=5$

$n_5=\frac{4\cdot 10^5-7}{3}=133331=R_6+20\cdot R_4$
111111
 22220
------
133331

$n_5^2=\left(\frac{4\cdot 10^5-7}{3}\right)^2=17777155561=R_{11}+6\cdot R_4\cdot 10^6+4\cdot R_5+6$
11111111111
 6666000000
      44444
          6
-----------
17777155561


Die Auflösung der vielleicht interessanteren zweiten Variante aus Beitrag #4 ($n_k$ und $n_k^2$ enthalten jeweils genau k Nullen) lasse ich noch offen. Sie kann gerne direkt gepostet werden.


Zur 42-Nullen Zahl konnte ich inzwischen zeigen, dass es keine solche Zahl mit weniger als 48 Stellen gibt. Tatsächlich gilt: Bei jeder Zahl $n<10^{47}$ mit 42 Nullen enthält $n^2$ mindestens 54 Nullen.




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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-24 20:05


Auflösung (Variante 2 aus Beitrag #4):

Die Zahlen $n_k=\frac13\cdot(30\cdot 100^k+17\cdot 10^k-2)$ für $k\ge 0$ haben die Eigenschaft, dass $n_k$ und $n_k^2$ jeweils genau $k$ Nullen enthalten.

Den Beweis überlasse ich der geneigten Leserin.


Danke an alle, die sich mit der Aufgabe beschäftigt haben smile

querin



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Ritter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-11-24 20:42


Für die Variante mit den k Nullen hat mich der Startbeitrag auf die Zahl
1(k Nullen)(k-1 Sechsen)
gebracht.  Ich versuche es mal auf dem Handy als Formel zu tippen.
\[10^{2k-1}+ 6 \cdot \sum\limits_{i=0}^{k-2} 10^i\] Allerdings ist es mir nicht gelungen die Aussage zu beweisen.



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-25 21:19


Hallo Ritter,

vielen Dank für diese korrekte Lösung!


Der Beweis ist durch eine Darstellung mit nichtüberlappenden Repunits recht einfach (Bezeichnungen wie in Beitrag #11):

$n_k=10^{2k-1}+6\cdot R_{k-1}=1[0]^{k}[6]^{k-1}$

$n_k^2=10^{4k-2}+10^{3k-2}+3\cdot R_{k-2}\cdot 10^{2k}+2\cdot10^{2k-1}+4\cdot R_{k-2}\cdot 10^k+3\cdot 10^{k-1}+5\cdot R_{k-1}+1=1[0]^{k-1}1[3]^{k-2}20[4]^{k-2}3[5]^{k-2}6$

LG
querin



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querin hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
querin hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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