$\text{googolplex} = 10^{(10^{100})}$
¿Es mayor que $\text{googolplex}!$ $\text{Graham's number}$? ¿Cómo sería esto ser probado?
Si $\text{googolplex}! \le \text{Graham's number}$, (que espero) entonces ¿cuántos ciclos de $( \dots(((\text{googolplex}!)!)!) \dots)!$ sería necesario superar $\text{Graham's number}$?
Número de Graham es la forma más grande.
Básicamente, cualquier número de que construir con un número normal-mirando de aspecto normal operadores actuando en una cantidad normal de números de tamaño normal (términos deliberadamente no claramente definidos) será mucho más pequeño que el número de Graham, básicamente porque no estás haciendo en cualquier lugar cerca de suficiente recursión a la recursión en definir el número de Graham.
Se deriva una mejora dramática sobre un comentario que se sospecha incluso $k= 3\uparrow^{g_{63}-1}3$ no es suficiente iteraciones para $f^k(\text{googolplex}) > \text{Graham's number}$ donde $f$ es la función factorial.
Para una mayor comodidad en la escritura de Knuth arriba-flechas, utilizamos el operador de la notación $$[a]b = 3\uparrow^a b,$$ así Graham número $(g_{64})$ está definido por la recursividad $$g_0 = 4\\ g_{n+1} = [g_n]3.$$
Nos muestran que Graham número puede ser escrito como una exactamente especificado número de iteraciones de la tetration operador $([2])$: $$\text{Graham's number } = [2]^t 1 $$ y por lo tanto que $$\text{Graham's number } \gt f^{t-3}(\text{googolplex})$$ because $\ [2]^3 1 > \text{googolplex}\ $ and $\ [2]n > n!\ $ para todo positivo enteros $n$.
Antes de proceder a calcular el $t$, hemos estado algunas propiedades de la hyperoperators $[p]$. Asociando desde la derecha, estas satisfacer los siguientes recursividad para $a,b\in Z_{>0}$: $$[a]b = \begin{cases} 3 & \text{if } b=1\\ 3^b & \text{if }a=1\\ [a-1][a](b-1) & \text{otherwise} \end{casos}\etiqueta{E0}$$
lo que implica la identidad
$$\begin{align} [a]b &= [a-1]^b 1 &(a\ge 2,\ b \ge 1)\tag{E1}\\ [a]b &= [a-2]^{[a](b-1)}1 &(a\ge 3,\ b \ge 2)\tag{E2} \end{align}$$
Aparte: $(E1)$ se obtiene al aplicar repetidamente $(E0)$ a sí mismo, como $$\begin{align}[a]b &= [a-1][a](b-1)\\ &= [a-1][a-1][a](b-2)\\ &\cdots\\ &= [a-1]^{(b-1)}[a] 1\\ &= [a-1]^{(b-1)}[a-1] 1\\ &= [a-1]^b 1 \end{align}$$ y $(E2)$ es obtenido mediante la aplicación de $(E1)$ $(E0)$
$$[a]b = [\underbrace{a-1}_{A}]\underbrace{[a](b-1)}_{B} = [A]B = [A-1]^B 1 = [a-2]^{[a](b-1)}1.$$
Resultado General:
Si $p\ge 4\ $ $\ q \le p-3\ $ son enteros positivos con frente la paridad, luego $$[p]3 = [q]^t 1$$ where $$t=[p+2](b_j-1)\\ j={{p-q-1}\over{2}}$$ and $b_j$ es el último término en la muy rápidamente el aumento de la secuencia de $b_1 < b_2 < \dots < b_j$, dado por la recursividad
$$\begin{align} b_1 &= [p-1][p-1]1\\ b_i &= [p-2i+1]^{[p-2i+3](b_{i-1}-1)-1}1\quad (1\lt i\le j).\\ \end{align}$$
Prueba de croquis, mediante la aplicación repetida de la identidad anterior $E2$ hasta $[p]3$ se reduce a la forma $[q]^t 1$: $$\begin{align} [p]3 &= [p-1]([p-1][p-1]1)\\ &= [a_1]b_1,\quad a_1 = p-1,\ b_1=[p-1][p-1]1\\ &= [a_1-2][a_1-2]^{[a_1](b_1-1)-1}1\\ &= [a_2]b_2,\quad a_2 = a_1 - 2=p-3,\ b_2 = [a_2]^{[a_1](b_1-1)-1}1\\ &= [a_2-2][a_2-2]^{[a_2](b_2-1)-1}1\\ &= [a_3]b_3,\quad a_3 = a_2 - 2=p-5,\ b_3 = [a_3]^{[a_2](b_2-1)-1}1\\ &...\\ &= [a_i-2]^{[a_i](b_i-1)},\quad a_i = a_{i-1} - 2=p-2i+1,\ b_i = [a_i]^{[a_{i-1}](b_{i-1}-1)-1}1\\ &...\\ &= [q]^{[q+2](b_j-1)}1,\quad q = a_j-2=p-2\cdot j-1\implies j={{p-q-1}\over{2}}\\ \end{align}$$ QED
La aplicación de los resultados anteriores a$p=g_{63}$$q=2$:
$$\text{Graham's number } = [2]^t 1 > f^{t-3}(\text{googolplex})$$ donde $$t=[4](b_j-1)\\ j={{g_{63}-3}\over{2}}$$ and $b_j$ es el último término en el muy largo y rápidamente el aumento de la secuencia de $b_1 < b_2 < \dots < b_j$ dado por la recursividad $$\begin{align} b_1 &= [g_{63}-1][g_{63}-1]1\\ b_i &= [g_{63}-2i+1]^{[g_{63}-2i+3](b_{i-1}-1)-1}1\quad (1\lt i\le j).\\ \end{align}$$
NB: Tenemos $t = [4](b_j-1) \gg b_i$ por cada $b_i$ en la secuencia de $b_1 < b_2 < \dots < b_j$, donde el número de términos es $j={{g_{63}-3}\over{2}}$, y ya el segundo término es $$b_2 = [g_{63}-3]^{[g_{63}-1]([g_{63}-1]3-1)-1}1.$$ Haciendo algunos extremadamente crudo simplificaciones, tenemos por ejemplo $$k \le {[4]^{[6]^{[8]{\cdot^{\cdot^{\cdot^{[g_{63}-3]^Q 1}\cdot}\cdot}\cdot}1}1}1} \ \implies\ f^k (\text{googolplex}) \le \text{Graham's number}$$
donde el primer término es $Q = [g_{63}-1]([g_{63}-1]3-1)-1$ y la altura de la "iteración de la torre" es ${g_{63}-3}\over 2$.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
