Początkowe cyfry symboli Newtona

Początkowe cyfry symboli Newtona
Grzegorz Bartczak i Andrzej Nowicki
Toruń UMK, 19 lutego 1997 r.
n!
Jeśli n, k są liczbami naturalnymi oraz n > k, to przez nk oznacza się liczbę k!(n−k)!
.
n
Wiadomo, że k jest liczbą naturalną, będącą liczbą wszystkich k elementowych podzbiorów
zbioru n elementowego. Spójrzmy na kilka przykładów.
1997
1
1999
2
494
3
4681
4
7517
5
1562
6
7207
7
4108
8
9653
9
158
10
= 1997
= 1997001
= 19970444
= 19979587391790
= 199739353621084563
= 19979205577825494
= 199795303587200399319241
= 1997841430944510255346671
= 1997917655787531327615853237150
= 1997837760676615
Każda z wypisanych tu liczb rozpoczyna się cyframi 1, 9, 9, 7. Nasuwa się pytanie:
Czy dla każdego k istnieje n takie, że liczba
n
k
jest postaci 1997 . . . ?
Wykażemy, że odpowiedź na to pytanie jest pozytywna. Wykażemy więcej. Udowodnimy
następujące twierdzenie.
Twierdzenie. Niech k będzie liczbą naturalną i niech c1 6= 0, c2 , . . . , cm będzie dowolnym
ciągiem cyfr układu dziesiętnego. Istnieje wtedy liczba naturalna n taka, że początkowe cyfry
liczby nk są równe odpowiednio c1 , c2 , . . . , cm .
W dowodzie tego twierdzenia wykorzystamy dwa lematy.
Lemat 1. Załóżmy, że a, b, c są liczbami rzeczywistymi, b > a oraz c > 0. Istnieje wtedy
liczba naturalna s0 taka, że dla wszystkich liczb naturalnych s > s0 zachodzi nierówność
sb > sa + c.
h
i
c
Dowód. Niech s0 = b−a
+1 (przez [x] oznaczamy część całkowitą liczby x). Wówczas
s0 jest liczbą naturalną i dla wszystkich s > s0 mamy:
s > s0 =
h
c
b−a
i
+1>
c
b−a .
Zatem, jeśli s > s0 , to s(b − a) > c, czyli sb > sa + c.
Lemat 2. Niech u, v będą liczbami rzeczywistymi i niech k będzie liczbą naturalną. Załóżmy, że u − v > k > 1. Istnieje wtedy liczba naturalna n taka, że u > n > n − k + 1 > v.
Dowód. Przyjmijmy n = [v]+k. Wtedy: u > v +k > [v]+k = n > n−k +1 = [v]+1 > v.
1
Teraz możemy już udowdnić zapowiedziane twierdzenie.
q
√
√
Dowód twierdzenia. Niech a = k M , b = k M + 1, c = k (k!)k−1 , gdzie
M = c1 10m−1 + c2 10m−2 + · · · + cm−1 10 + cm .
Twierdzenie
jest oczywiste dla k = 1. W tym przypadku wystarczy za n przyjąć liczbę
M (gdyż M
=
M
). Załóżmy więc dalej, że k > 1.
1
Z lematu 1 wynika, że istnieje liczba naturalna t spełniająca nierówność 10t b > c + 10t a,
czyli
q
√
√
10t k M + 1 > k (k!)k−1 + 10t k M .
√
Mnożąc tę nierówność stronami przez k k! otrzymujemy:
√
p
10t k (M + 1)k! > k! + 10t k M · k!
i stąd
10t
√
(M + 1)k! − 10t k M · k! > k! > k > 1.
p
k
Z lematu 2 wynika teraz, że istnieje liczba naturalna n spełniająca nierówności:
√
p
10t k (M + 1)k! > n > n − k + 1 > 10t k M · k!.
Podnosząc to do k-tej potęgi i dzieląc stronami przez k! otrzymujemy:
10kt (M + 1) >
nk
k!
>
(n−k+1)k
k!
> 10kt M
i stąd dalej
10kt (M + 1) >
nk
k!
>
n(n−1)···(n−k+1)
k!
=
n
k
>
(n−k+1)k
k!
> 10kt M.
Wykazaliśmy zatem, że istnieje liczba naturalna n taka, że
10kt (M + 1) >
n
k
> 10kt M.
Początkowe cyfry liczby nk są więc odpowiednio równe cyfrom liczby M czyli cyfrom c1 , c2 , . . . cm .
To kończy dowód twierdzenia.
Przypomnijmy (patrz na przykład [1]), że liczbą trójkątną nazywamy kaḋą liczbę postaci
tn = 1 + 2 + · · · + n =
n(n+1)
,
2
a liczbą tetraedralną (lub piramidalną) nazywamy każdą liczbę postaci
T n = t 1 + t 2 + · · · + tn n =
Ponieważ tn = n+1
oraz Tn =
2
jące dwa wnioski.
n+2
3 ,
n(n+1)(n+2)
.
6
więc z przedstawionego twierdzenia wynikają następu-
Wniosek 1 ([1] str. 41). Niech c1 6= 0, c2 , . . . , cm będzie dowolnym ciągiem cyfr układu
dziesiętnego. Istnieje wtedy liczba trójkątna tn , której początkowe cyfry są równe odpowiednio
c1 , c2 , . . . , cm .
2
Wniosek 2 ([1] str. 57). Niech c1 6= 0, c2 , . . . , cm będzie dowolnym ciągiem cyfr układu
dziesiętnego. Istnieje wtedy liczba tetraedralna Tn , której początkowe cyfry są równe odpowiednio c1 , c2 , . . . , cm .
Twierdzenie zachodzi dla cyfr dowolnego układu numeracji (niekoniecznie dziesiętnego).
Chcąc się o tym przekonać wystarczy w przedstawionym dowodzie zastąpić wszystkie występujące w nim liczby 10 podstawą numeracji q > 1. Z dowodu wynika również, że liczb n, o
których mowa w twierdzeniu, istnieje nieskończenie wiele.
Na zakończenie zanotujmy pytanie:
Czy liczby postaci n! oraz liczby postaci
2n
n
posiadają własność opisaną w twierdzeniu ?
Autorzy nie znają odpowiedzi na to pytanie.
Literatura
[1] W. Sierpiński, Liczby trójkątne, Biblioteczka Matematyczna 12, PZWS, Warszawa, 1962.
3