Número igual a la suma de dígitos + producto de dígitos)

Question

¿Todo número igual a (suma de cifras + producto de cifras) en una base dada tiene sólo dos cifras? Pensaba en limitar así :

$$b^{(n - 1)} \leq N = \text{Product digits} + \text{Sum digits} \leq (b - 1)*n + (b - 1)^{(n)}$$

Evidentemente, el conjunto es finito (cuando $n \rightarrow +\infty$ ) pero no puedo averiguar cómo obtener más precisión sobre el conjunto

¿Alguna idea?

es decir, en base 10 : {0,19,29,39,49....,99}

Edición : abreviatura de "base" : b. Número de cifras de un número N : n

Answer 1

El producto de las cifras de un número siempre es menor que el número, a menos que éste sólo tenga una cifra. Esto se debe a que todos los números pueden representarse por $a_0+a_1b^1+a_2b^2+...a_nb^n$ donde $a_n<b$ . Tomando el primer dígito, $a_nb^n$ podemos ver que $a_0a_1a_2...a_n<a_nb^n$ porque todos los dígitos son menores que la base. De hecho, la diferencia entre el producto de todos los dígitos y el valor de $a_nb^n$ es siempre mayor que $b^{n-1}$ que se obtiene con números como $100$ o $1000_4$ . Se puede ver esto al darse cuenta de que la disminución de la $m^{th}$ dígito por $1$ disminuye el número en $b^n$ pero sólo disminuye el producto en $a_0a_1a_2...a_{m-1}a_{m+1}...a_n$ . Este proceso le lleva a comenzar con $b^n-1$ y disminuir el primer dígito en $1$ (ya que $b^n>(b-1)^n$ ) hasta que el primer dígito sea $1$ . A continuación, puede disminuir el segundo dígito en uno (ya que $b^{n-1}>(b-1)^n$ ) hasta que el segundo dígito sea cero. Entonces, el producto de los dígitos será cero hagas lo que hagas, así que puedes hacer que todos los dígitos menos el primero sean cero. El límite superior de la suma digital de un número es simplemente $n(b-1)$ pero usaremos el límite superior $nb$ . Por último, combinando el límite inferior de lo que debe ser la suma digital con el límite superior de lo que realmente es, obtenemos este resultado. $$nb>b^{n-1}\implies n>b^{n-2}\implies n<4$$ Ahora, sólo tenemos que comprobar el caso $n=3$ (que sólo tiene una solución posible cuando $b=2$ ) y $n=1$ . Verá que no hay soluciones para $n=3$ sólo probando toda la base $2$ números. $n=1$ implica que un número de una cifra $x=2x$ que sólo tiene la solución $x=0$ . Esto le deja con $n=2$ .

Una prueba rápida de que $n=2$ tiene infinitas soluciones:

1. Sea $x=b^2-1$ .
2. $x=(b-1)b+(b-1)$
3. $2(b-1)+(b-1)^2=b^2-2b+1+2b-2=b^2-1$

Answer 2

Ten paciencia conmigo:

Para $k \ge 1; b\ge 2$ $(b - 1)^k \le b^k + (-1)^k$ . Pf: inducción: Para $k =1$ entonces $(b-1)^1 = b^1 + (-1)^1$ . Para $k = 2$ entonces $(b-1)^2 = b^2 -2b +1 < b^2 + 1$ . Si $(b -1)^n \le b^n + (-1)^n$ entonces $$(b-1)^{n+1} = (b-1)^n(b-1) \le (b^n + (-1)^n)(b-1) = b^{n+1} + (-1)^nb - b^n +(-1)^{n+1} = b^{n+1} + (-1)^{n+1} - b(b^{n-1} + (-1)^n) \ge b^{n+1} + (-1)^{n+1}$$ . Con igualdad sólo si $k = 1$ . Pero para $k = 0 ; (b-1)^0 = 1 > 0 = b^0 - 1^0$ .

\====

Sea $n = \sum_{i=0}^k a_i b^k$ ser un $k+1$ número de dígitos y $S = \sum_{i=0}^k a_i$

$n - S = \sum_{i=0}^k a_i (b^k - 1) \ge \sum_{i=1}^k a_i (b - 1)^k$ .

(debemos podemos/debemos indexar desde $1$ en el lado derecho porque $a_0*(b^k -1) = 0$ )

Ahora cada $a_i \le (b-1)$ así que $P = \prod_{i=0}^k a_i = a_k*(b-1)^k$

Así que $n - S \ge \sum_{i=1}^{k}a_i(b-1)^k$

$= a_k*(b-1)^k+ \sum_{j=1}^{k-1}a_j(b-1)^k$

$\ge P$

Y la igualdad sólo se cumple si

i) $\sum_{j=1}^{k-1}a_j(b-1)^k= 0$

a) todos $a_j; 1\le j \le k$ son iguales a $0$ o b) $k -1 < 1$ es decir $k < 2$ y $n $ es un número de una o dos cifras.

Si a) $P =0$ y $n - S=0$ lo que sólo puede ocurrir si $n$ es un número de un dígito. ( $a_i*b^i > a_i$ si $a_i > 0; i > 0$ ). Por tanto, b) debe cumplirse.

b) Si $n$ es un número de un dígito, entonces $n - S = 0 = P$ así que $P = 0$ y $n= 0$ .

Esto sólo es cierto si $n$ es un número de dos cifras o $n = 0$ .

ii) Además, si $n$ es un número de dos cifras esto sólo es cierto si:

$n = a_1*b + a_0 = a_1 + a_0 + a_1*a_0; a_1 \ne 0$

$a_1(b - (a_0-1)) = 0$

$a_1 \ne 0$ así que $a_0 = b- 1$

Por tanto, el conjunto completo de soluciones para $n$ son $\{0, a_1*b + (b-1)|1 \le a_1 < b\}$

Answer 3

Además, creo que he encontrado una solución a mi problema : Como por ejemplo 19 y 29 trabajan en base 10, Puedes notar para un numero de dos digitos de largo (n=2): $$ \Delta (Σ(dígitos)+