参加型ナゾトキサイト『クイズ大陸』で、脳トレをどうぞ！

FAQ

RSS
@quiz_tairikuさんをフォロー

2015個並ぶ0

難易度：★★★★ 　

害鳥 2015/04/03 20:59

問題1.
2^nを10進表示したときに0が2015個並ぶような自然数nが存在することを示してください．




	【>>6 >>7】

回答募集は終了しました。

▲ △ ▽ ▼ No.1

2^nが題意を満たすとき、任意の整数b,A,Bを用いて(Bはb桁以下)
2^n=A×10^(2015+b)+B　と表すことができる
両辺を2^(2015+b)で割ると
2^(n-2015-b)=A×5^(2015+b)+B/2^(2015+b)
2^nは 2015+b桁より大きいので、左辺は整数であり、右辺第1項も整数なので、右辺第2項も整数である。
すなわち、A×5^(2015+b)+(整数)が2の累乗数になればいいということである。(ただし、(整数)×2^(2015+b)はb桁以下)

以降、任意の自然数をNとし、A×5^(2015+b)+N …① が2の累乗数となるような整数の組み合わせを探す。(B=N×2^(2015+b),Bはb桁以下)
B=N×2^(2015+b)=N×2^2015×2^bであるので、bが小さいとBの桁数はbよりも大きくなってしまう。
しかしbを1だけ大きくすると、Bの桁数は上がるときと上がらないときがあるため、bを大きくしていくと、bとBの桁数は縮まっていき、やがてBの桁数がb桁と一致する。
そこで任意のNに対し、bをBの桁数=b桁となるような値に決定する。

より、N×2^(2015+b)がb桁であるが、
N×2^(2015+b+1)がb桁のままのとき、N'=10N、b'=b+1とするとN'×2^(2015+b')がb'桁なので、Nを10倍にするとbは1増える。
N×2^(2015+b+1)がb+1桁になるとき、N'=10N、b'=b+2とするとN'×2^(2015+b')がb'桁なので、Nを10倍にするとbは2増える。
したがって、Nを10倍にするとbは1または2増える。bが2増えるのはN×2^(2015+b)の最高位の数が5以上のときで、3,4回に一度である。

Nを10倍にしてbが1増えたとき、A×5^(2015+b)は5倍がかけられるので桁数は1上がるか変わらないかのどちらかである。
これはA×5^(2015+b)の最高位が1のときは桁数は変わらず、それ以外は1上がる。
Nを10倍にしてbが2増えたとき、A×5^(2015+b)は25倍がかけられるので桁数は必ず1上がる。
したがって、Nを10倍にするとA×5^(2015+b)の桁数は1上がるか変わらないかのどちらかである。
N×2^(2015+b)の最高位が4以下かつ、A×5^(2015+b)の最高位が1の状態のとき、Nを10倍にすると桁数が変わらない。

N=1とし、Nを10倍にするということを繰り返す。
Nを10倍にするたび、Nの桁数は1上がり、A×5^(2015+b)の桁数は1上がるか変わらないかである。
変わらないとき、NとA×5^(2015+b)の桁数の差は1だけ縮まる。
差が縮まるのはNの大きさに関わらず何度かに1度必ず起こるので、何度もNを10倍にすることにより、2数の差は縮まっていき、最終的にはNの桁数がA×5^(2015+b)を追い抜く。
ある程度追い抜いたところでNの10倍を止め、そのNの桁で①が2の累乗数になるようにNの値を定める。
1つの桁の中に少なくとも3つの2の類乗数があり、Nの桁が1桁変わってようやくbは1増減する程度なので、bの値はそのままで①を2の類乗数とすることは可能である。
したがって任意のAにおいて①が2の類乗数になるような整数の組は存在し、任意のAにおいて 2^n=A×10^(2015+b)+B をみたすnは存在する。
より、0が2015個並ぶような2^nは存在する。

Nighteck 2015/04/05 07:46

あまりに稚拙すぎる…

害鳥丁寧でよい回答だと思います (^o^)

ちょうど2015個並ぶことを示してくださり，ありがとうございます．

▲ △ ▽ ▼ No.2

ヒミツ

ろろろ 2015/04/08 08:40

わかりません・・・

害鳥小数点以下は考えませんw

▲ △ ▽ ▼ No.3

mを自然数とします。
2^nを10^mで割った余りをf(n)とします。
余りの種類は有限個なので、f(n1)=f(n2),n1＞n2となる自然数n1,n2が必ず存在します。
このとき、ある自然数kを使って、
2^n1-2^n2=k*10^m
と書けます。
kはこのようなkの中で最小のものとします。
kが偶数であればk/2も条件を満たしますのでkは奇数です。
両辺の素因数2の個数を数えると、n2=mです。
2^n1=k*10^m+2^m
k*10^mは下位m桁はすべて0です。
2^m<2^(3*m/3)=8^(m/3)<10^(m/3)
2^mは(m/3)桁以下の数です。
よって、2^n1は下位m桁の中の上位約2/3がすべて0となります。
例えば、m=6000とすれば少なくとも4000個の0が並ぶ数が存在することが言えます。

あれれ 2015/04/08 12:36

考えてみました

害鳥確かにこの問題だと，2015個より多く並んでも良い，と読み取れますね．そのため，こちらの解答で正解ですね．短くて明快な回答ありがとうございます (^_-)

では「ちょうど」2015個だけ並ぶ，という問題ならどうでしょうか．

▲ △ ▽ ▼ No.4

ヒミツ

あれれ 2015/04/08 17:08

質問です。

害鳥一番緩いCを想定しています．

▲ △ ▽ ▼ No.5

前回、任意の自然数mについて、ある自然数aとk(奇数)があって、
2^a=k*10^m+2^m
とできることを証明しました。
kに含まれる素因数5の個数をb個とすると、
x=k/(5^b)は5で割り切れない自然数となります。
2^a=x*5^b*10^m+2^mの両辺に2^bを掛けると、
2^(a+b)=x*10^(m+b)+2^(m+b)
さらに自然数cを考えて、2^cを掛けると、
2^(a+b+c)=x*2^c*10^(m+b)+2^(m+b+c)
xは5の倍数ではないので、x*2^cは10の倍数になることはありません。
x*2^c*10^(m+b)は下位(m+b)桁はすべて0、10^(m+b)の位は0ではありません。
2^(m+b+c)はcが1増える毎に桁数は高々1桁しか増えず、
cが4増えれば確実に桁が増えますので、任意の桁数にすることができます。
最初にmを十分大きくとって0が2015個以上並ぶようにしてから、
2^(m+b+c)の桁数を1ずつ増やしていけば、並んでいる0の個数が1ずつ減りますので、
いつか必ず0の並ぶ個数がぴったり2015個となります。

あれれ 2015/04/09 12:40

それならこれで。
条件はしっかり問題文に書いたほうがいいと思います。

害鳥正解です．問題文に不備がありご迷惑をおかけしました (+_+)

▲ △ ▽ ▼ No.6

害鳥 2015/04/13 15:48

解答です．

数列{2^n}の下m桁の最小周期がrであるとすれば
2^n＋r－2ⁿ＝α×10^m
を満たすような，10の倍数でない自然数αが存在する．
ここで，2ⁿはm桁以上である必要があるので，少なくともn≧mが成り立つ．
両辺を2^mで割ると
2^n－m(2^r－1)＝α×5^m　…(1)
となる．

次に下m＋1桁の最小周期を求めよう．これが下m桁の最小周期の整数倍になるのは明らかなので，これをsrと置く．sは自然数である．すると次式を満たす10の倍数でない自然数βが存在する．
2^n＋sr－2ⁿ＝β×10^m＋1
両辺を2^m＋1で割ると
2^n－m－1(2^sr－1)＝β×5^m＋1　…(2)
(2)式の左辺を因数分解すると
2^n－m－1(2^r－1)(2^r(s－1)＋2^r(s－2)＋…＋2^r＋1)
となるが，これと(1)式を用いると，(2)式は次のように書ける．
2^n－m－1×α×5^m×(2^r(s－1)＋2^r(s－2)＋…＋2^r＋1)＝β×5^m＋1
これを整理すると
2^n－m－1×{2^r(s－1)＋2^r(s－2)＋…＋2^r＋1}＝5×β/α　…(3)

(1)(2)式を見ればわかる通り，α,βはいずれも偶数である．偶数であって10の倍数ではないのだから5の倍数であってはならない．よって(3)式より左辺の{}内は5の倍数である．そのようになる最小のsは5である．

下1桁の最小周期が4であるので，帰納的に下m桁の最小周期は4×5^m－1であることがわかった．

2ⁿにおいて，下m桁がとり得る値を考える．10^mは2^mの倍数であるので，下m桁が2^mの倍数であれば，全体として2^mの倍数である．そのうち，末尾が0のものはとりえない．
m桁以下の数のうち，2^mの倍数であり，末尾が0でない数の個数を求めよう．
m桁以下の非負整数は10^m個あり，そのうち2^mの倍数であるものは5^m個ある．更に，そのうち末尾が0であるものは全て2^m×5の倍数になっているので，その個数は5^m－1個である．よって，それを除くと条件を満たす数の個数は4×5^m－1となる．

これは，下m桁の最小周期と同じであるので，結局，2ⁿの下m桁は2^mの倍数であって末尾が0でないものを1回ずつとって1周期をなす．

よって，下m桁のうち最小のものは0000000…0002^mである(2^mの桁数がpであるならば0はm－p個並んでいる)．つまり，桁数関数f(m)を2^mの桁数であるとすれば，下m桁にはm－f(m)個の0が並ぶ．

mを1増やすと，f(m)は増えないか，あるいは1増えるかである．したがって，m－f(m)は増えないか，1増えるかであり，最小の1－f(1)＝0以上の全ての整数値をとりながら増えていく．よって，m－f(m)＝2015となるmも存在するので，0がちょうど2015個だけ並ぶ2ⁿは存在する．

▲ △ ▽ ▼ No.7

害鳥 2015/04/13 16:00

別解

I)n＝1のとき
2^{4×5^(n－1)}－1＝3×5ⁿである．

II)n＝kのとき
2^{4×5^(n－1)}－1＝α×5ⁿ(αは5で割り切れない整数)が成り立つと仮定する．すなわち
2^{4×5^(k－1)}－1＝α×5ⁿ
である．

元の式の左辺でn＝k＋1とした
2^{4×5^(k＋1－1)}－1＝2^{4×5^k}－1
を考える．これは因数分解できて
2^{4×5^k}－1＝[2^{4×5^(k－1)}－1][{2^{4×5^(k－1)}}^4＋{2^{4×5^(k－1)}}^3＋{2^{4×5^(k－1)}}^2＋2^{4×5^(k－1)}＋1}
となる．上式右辺最初の[]内は仮定よりα×5^kであるので代入して
(α×5^k)[{2^{4×5^(k－1)}}^4＋{2^{4×5^(k－1)}}^3＋{2^{4×5^(k－1)}}^2＋2^{4×5^(k－1)}＋1]
また上式の[]内は5の倍数であって，さらに25の倍数ではないので，5の倍数でない整数βを用いて5βと書ける(証明略)．よって，結局
2^{4×5^(k＋1－1)}－1＝αβ×5^k＋1
となり，n＝k＋1の場合でも成り立つことが分かる．

以上で示したのは，2^^{4×5^(n－1)}－1＝α×5ⁿとなる5の倍数でないαが存在することであるが，この両辺に2ⁿを掛けると
2^{{4×5^(n－1)＋n}}－2ⁿ＝α×10ⁿ
が得られる．2^{4×5^(n－1)＋n}の下n桁が2ⁿの下n桁が同じであることを意味している．

2ⁿの桁数はn以下であるので，更に強く
2^{4×5^(n－1)＋n}の下n桁が2ⁿに一致する
ともいえる．
2ⁿの桁数をf(n)とすると，f(n)＋1～n桁目にはn－f(n)個の0が並ぶ．

本解で示したようにn－f(n)＝2015となるnは存在するので題意は示された．

▲ △ ▽ ▼ No.8

害鳥 2015/04/13 16:25

ロックします

このクイズのヒント

ヒント知らないよ

このクイズの参加者（3人）

ジャンル・キーワード

携帯用ページ

携帯電話のQRコード読み取り機能でこのページを見られます。

広告お買い物は下記のリンクからどうぞ

楽天市場はこちらから
Amazonはこちらから

広告
クイズ大陸関連書籍