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Titolo: digits

Questo mi sembra interessante, non ne conosco la soluzione.
Dimostrare che per ogni numero n, almeno uno tra n e n+1 pu� essere scritto 
come k + S_k per qualche k, dove S_k � la somma delle cifre di k.
Per esempio, 21 = 15 + S_15 = 15 + (5+1)
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Ciao, Silv:o)

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.
.
Esempi corretti ?
33 = 30 + (3+0)
oppure:
35 = 31 + (3+1)
M 

 35 = 31 + (3+1)
iess
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Silv:o) 

 ha scritto nel messaggio 
news:4ac64c81$0$6837$5fc...@news.tiscali.it...


 quale N+1 = k1+S(k1) è dato da 10^i +9*(i-1)+4
Qui avrei qualche perplessità. Per esempio,
9999999 + S_9999999 = 9999999 + 63 = 10000062
Applicando la tua regola avrei
10000054 + S_1000054 = 10000054 + 10 = 10000055
In pratica quando ci sono dei 9 finali, aggiungendo una unità a k come
nel caso generale, si guadagnano due unità su k e s_k, ma si perdono
tutti i 9 di s_k.
Dobbiamo recuperarli in qualche modo, un po' su k un po' su s_k,
quindi.. non si può usare meglio l'ipotesi induttiva? ;)
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Ciao, Silv:o)

 10000054 + S_1000054 = 10000054 + 10 = 10000055
...ehmmm, 10000054 + 10 = 10000064, che andrebbe bene se io non avessi
dimenticato il +4.
L'applicazione corretta della tua regola porterebbe (spero) a:
10000058 + S_1000058 = 10000058 + 14 = 10000072, troppo.
Come dicevo nel messaggio precedente, passando da (9999999 +
S_9999999) a (1000000 + S_1000000) perdi 52 unità.
Se potessi recuperare 53 unità un po' in k è un po' in s_k, con al più
una tolleranza di una unità, staresti a posto. Lo sai fare? ;)
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Silv:o)

 Ciao, Silv:o)


Questa dimostrazione che provo a dare non è sicuramente rigorosa da un
punto di vista matematico, ma sono abbastanza certo che sia corretta.
Definiamo la funzione F(K) = K + S(K) dove per S(K) intendiamo la
somma delle cifre di K.
Abbiamo in generale 2 casi:
1) se l'ultima cifra di K è < 9 allora F(K+1) = F(K) + 2
infatti F(K+1) = K+1 + S(k+1) e siccome S(k+1) equivale in questo caso
a S(k) + 1 abbiamo: F(K+1) = K+1 + S(K)+1 = K + S(K) + 2 = F(K) + 2
es:
F(32) = 32 + 5 = 37
F(33) = 33 + 6 = 39
F(34) = 34 + 4 = 41
ecc.
2) se l'ultima cifra di K = 9 allora F(K+1) < F(K)
Infatti confrontiamo K e K+1 abbiamo 2 casi:
2.a) k è composto da tutte cifre 9. In questo caso k+1 sarà composto
da un 1 e una serie di 0 e ovviamente la differenza tra S(K) e S(k+1)
è almeno 9 e quindi F(K+1) < F(K)
2.b) K è composto da X cifre diverse da 9 e Y cifre = 9, dove X>0 e
Y>0. In questo caso K avrà la somma delle prime X cifre che è
inferiore di 1 alla somma delle prime X cifre di k+1, ma k ha però
almeno un 9 che in k+1 diventa uno 0, pertanto anche in questo caso F(K
+1) < F(K)
Da queste 2 premesse, abbiamo che aumentando K di 1 si ottiene un F(K)
che avanza di 2 in 2 e ogni tanto "torna indietro".
Pertanto l'insieme di tutti i risultati della funzione F (codominio
della funzione) ha al massimo dei "buchi" di 1 numero.
Quindi dato un numero N abbiamo che N o N+1 devono essere nel
codominio di F ovvero che c'è un k nel dominio della funzione.
Ciao

 codominio di F ovvero che c'è un k nel dominio della funzione.
Molto brillante!
Come dire: Pippo sale le scale due gradini alla volta; è infaticabile,
ma a volte ruzzola giù per interi piani. Niente paura, si rialza e
riprende, come se niente fosse. Nella sua inesorabile salita, lo tocca
il gradino 1773? Forse no, ma allora di sicuro passa per il 1774.
La mia dimostrazione, come ho suggerito in altri post, è induttiva.
Nel caso normale Pippo sale di due gradini alla volta. Qualche volta
ruzzolerà indietro, però sappiamo anche che saprà recuperare i gradini
persi rispettando le regole, perchè lo ha già fatto una volta!
Per esempio,
39+S(39) = 39+12=51
Pippo col suo doppio passo affronta il gradino numero 53. Sappiamo che
è scivoloso, infatti 40+S(40) fa 44 e non 53 come spererebbe Pippo,
che precipita indietro di 7 gradini. Ma 7 gradini se li fa in
scioltezza in 4 falcate! Infatti 44+S(44)=44+8=52, e via verso il
prossimo ruzzolone! (al gradino 49+S(49)=62)
--
Ciao, Silv:o)

10000058 + S_1000058 = 10000058 + 14 = 10000072, troppo.
Hai ragione la mia regola funzionava solo fino a i=5,
ora cerco una generalizzazione maggiore, anche se non � banale.
La dimostrazione a scalini andrebbe formalizzata, ossia esplicitato di 
quanto � il passo indietro per essere accettata, anche se sono daccordo in 
linea di massima.
Non so perch�, ma mi ricorda il famoso problema (in un certo senso inverso) 
di prendere un numero e se � pari dividerlo per 2 altrimenti moltiplicarlo 
per 3 e aggiungerci 1.
Dimostrare che da qualsiasi numero io parta arrivo a 1.
Ciao
Andrea 

Lo sai fare? ;)
Il punto a cui sono arrivato � il seguente:
cercare di ricavare una regola generale, i primi valori sono:
k=9   N=18
K=14  N=19            K=10^1 + 9 - 5
K= 99 N=117
K=113 N=118           10^2 + 18 -5
K=999 N=1026
K=1022 N=1027          10^3 +27 - 5
K=9999 N=10035
K=10031 N=10036        10^4 +36 -5
K=99999 N=100044
K=100040 N=1000045     10^5 +45 -5
K=999999 N=1000053
K=1000045 N=1000054    10^6 +45
K=9999999 N=10000062
K=10000054 N=10000063   10^7 +54
K=99999999 N=10000071
K=100000063 N=10000072  10^8 +63
K=999999999 N=10000080
K=1000000072 N=10000081  10^9 +72
K=9999999999 N=10000089
K=10000000081 N=10000090  10^10 +81
K=99999999999 N=10000098
K=100000000090 N=10000099  10^11 +90
K=999999999999 N=10000107
K=1000000000094 N=10000108  10^12 +99 - 5
Ossia 10^i + 9*j dove inizialmente i=j poi quando k finisce con 0 => j sta 
fermo un giro oppure si sottrae 5.
Finiti questi miei vaneggiamenti penso incomprensibili, mi auguro possano 
essere di spunto e mi getto a letto!
Ciao
Andrea

 fermo un giro oppure si sottrae 5.
La mia domanda era una domanda retorica. Certo che lo sai fare! Lo dichiari 
nel giuramento di fede nell'ipotesi induttiva. Quando dici che lo sai fare 
per N e cerchi di dimostrarlo per N+1, stai dicendo quello.
Un esempio vale mille parole:
1999+S(1999)=2027
Aggiungendo 1 ci rimetto 25 unita:
2000+S(2000)=2002
Mi servono 26 o 27 unit� per superare 2027 partendo da una base di 2002.
Ma di queste 26 o 27, h le aggiungo a 2000 e altre S(h) le recupero dalla 
somma delle cifre.
Lo sai fare, sai scrivere 26 o 27 nella forma h+S(h), chiedevo? Ma pi� che 
una domanda era un suggerimento: si che lo sai fare, hai appena giurato che 
sai farlo per tutti i numeri fino a 2027!
E infatti 22+S(22)=26, per esempio. Ma allora
2022+S(2022) = 2000+S(2000) + 22+S(22) = 2002 + 26 = 2028.
Ora tu vorresti trovare un modo per ricavare in maniera esplicita quel 22 
che scompone il 9*i man mano che sale il numero i di 9 finali.
Ma mi pare operazione probabilmente impossibile da fare in forma 
sufficentemente sintetica, e anche poco utile, visto che ci chiedevamo solo 
se esistesse almeno una soluzione per ogni N, non quale sia.
Ma � pur vero che qui su ihe - per manifesto - niente � inutile (o tutto?)
-- 
Ciao, Silv:o) 

 riprende, come se niente fosse.
oppure, ancora pi� suggestivo.
In un grande magazzino c'� un modo strano di pagare: voi mettete una cifra 
k, alla cassa vi danno un buono acquisto per S(k) euro. E' vero che potete 
acquistare qualsiasi articolo con resto massimo di un euro?
Si, per induzione. Sapete acquistare tutti gli articoli fino a N. Se vi 
capita un articolo da N+1 euro, controllate lo scontrino di un articolo da N 
euro. Se la parte di contanti non finiva con 9 aggiungete 1 euro e con 
l'extra buono da 1 euro vi danno pure il resto. Se finiva con uno o pi� nove 
sborsare un euro in pi� non basta perch� ci rimettete in buoni acquisto, ma 
per via degli zeri finali quella cifra pu� essere pagata col solito ausilio 
dei buoni acquisto.
-- 
Ciao, Silv:o) 

 Ma è pur vero che qui su ihe - per manifesto - niente è inutile (o tutto?)
Sul concetto di utilità potremmo scrivere dei libri, diciamo che non
ho più la sufficiente motivazione di farlo :-)
Ciao
Andrea