Dado n, ¿cómo puede el número m con
$10 \uparrow \uparrow m < 2 \uparrow \uparrow n < 10 \uparrow \uparrow (m+1)$
¿se puede calcular?
Con la inducción, conseguí
$10 \uparrow \uparrow m < 2 \uparrow \uparrow (2m+1)$
para todo m.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
En primer lugar, ampliemos el concepto de Knuth $\uparrow \uparrow$ tetración a los números reales, véase enlace de tetración de stackexchange donde queremos calcular m exactamente. Aquí, el slog se define como la inversa de la tetración, y ahora tenemos m en función de n, y podemos mirar m en función de valores enteros de n. $10 \uparrow \uparrow m = 2 \uparrow \uparrow n \\ m = \text{slog}_{10}(2 \uparrow \uparrow n) \\m(0) = \text{slog}_{10}(2 \uparrow \uparrow 0) = \text{slog}_{10}(1) = 0 \\m(1) = \text{slog}_{10}(2 \uparrow \uparrow 1) = \text{slog}_{10}(2) \approx 0.39311252 \\m(2) = \text{slog}_{10}(2 \uparrow \uparrow 2) = \text{slog}_{10}(4) \approx 0.70798979 \\m(3) = \text{slog}_{10}(2 \uparrow \uparrow 3) = \text{slog}_{10}(16) \approx 1.1099033 \\m(4) = \text{slog}_{10}(2 \uparrow \uparrow 4) = \text{slog}_{10}(65536) \approx 1.7773966 \\m(5) = \text{slog}_{10}(2 \uparrow \uparrow 5) = \text{slog}_{10}(2^{65536}) = 1 + \text{slog}_{10}(\log_{10}(2^{65536})) = \\ \quad\quad\> = 1 + \text{slog}_{10}(65536 \times \log_{10}(2)) \approx 2.7352838 \\m(6) = 1 + \text{slog}_{10}(2^{65536} \times \log_{10}(2)) \\ \quad\quad\> = 2 + \text{slog}_{10}(65536 \times \log_{10}(2) + \log_{10}(\log_{10}(2)))\approx 3.7352828 \\m(7) = 2 + \text{slog}_{10}(2^{65536} \times \log_{10}(2) + \log_{10}(\log_{10}(2))) \\ \quad\quad\> = 3 + \text{slog}_{10}(65536 \times \log_{10}(2) + \log_{10}(\log_{10}(2)) + O\frac{1}{2\uparrow\uparrow 5}) \\ \quad\quad\> = m(6)+1+O\frac{1}{2\uparrow\uparrow 5} \approx 4.7352828 \\m(8) = m(7)+1+O\frac{1}{2\uparrow\uparrow 6} = m(6)+2+O\frac{1}{2\uparrow\uparrow 5} \approx 5.7352828 \\m(9) = m(8)+1+O\frac{1}{2\uparrow\uparrow 7} = m(6)+3+O\frac{1}{2\uparrow\uparrow 5} \approx 6.7352828 $
Editar , tenga en cuenta que $\log_{10}(\log_{10}(2^{2^x}))$ puede expresarse exactamente en términos de $\log_{10}(2^x)$ , como $\log_{10}(\log_{10}(2^{2^x}))=\log_{10}(2^x) + \log_{10}(\log_{10}(2))$ que con un poco de álgebra se puede utilizar para demostrar la $O\frac{1}{2\uparrow\uparrow(n-2)}$ término de error, en términos de la derivada del slog. Si n>=7, la aproximación $m(n)\approx m(n-1)+1$ está justificado ya que el $\log_{10}(\log_{10}(2)) \approx -0.5214$ término de adición puede ser ignorado como completamente insignificante cuando se añade a un número de 19.729 dígitos decimales, $2^{65536}$ .
$$m(n) = m(n-1) + 1 + O\frac{1}{2\uparrow\uparrow(n-2)}$$
Y, como traté de mostrar sin mostrar todo el álgebra desordenada, la fórmula del término de error también se puede generalizar, como $m(6+k) = m(6) + k + O\frac{1}{2\uparrow\uparrow 5}$ para cualquier número entero k>=1, por muy grande que sea, ya que el término de error se hace muy pequeño a medida que aumenta k. Por lo tanto, la respuesta a la pregunta del operador para cualquier n>=4 es la siguiente. $$ 10 \uparrow \uparrow (n-3) < 2 \uparrow \uparrow n < 10 \uparrow \uparrow (n-2)$$
Este resultado también implica que la tetración para diferentes bases crece en última instancia a la misma velocidad, aunque sorprendentemente, la aproximación es mucho más exacta para valores enteros de n, ya que la constante (n-2,2647172) resulta ser en realidad una pequeña sinusoide 1-cíclica, de modo que para los enteros n>=6 $m(n+0.5) \approx (n+0.5-2.2651954)$ que es 0,0004782 menor que la fórmula para valores enteros de n para m(n).
