Среди степеней двойки вновь и вновь встречаются числа, начинающиеся с единицы. Как часто они встречаются? Иными словами, какова вероятность того, что произвольно взятая степень двойки начинается цифрой 1?

Уточним постановку задачи. Среди выписанных (см. заставку) пятнадцати чисел четыре начинаются с единицы. Напишем эти числа на пятнадцати карточках, перетасуем их и выберем наудачу одну карточку. Вероятность того, что на ней будет число, начинающееся цифрой 1, равна 4/15 (рис. 1).

Рис. 1

Возьмём теперь n первых степеней двойки, т.е. числа 2¹, 2², ..., 2ⁿ; пусть среди них а_n чисел начинаются (в десятичной записи) с единицы. Тогда вероятность того, что число, наудачу выбранное из чисел 2¹, 2², ..., 2ⁿ, начинается цифрой 1, равна a_n/n. Эта вероятность зависит от n, т.е. от того, сколько первых степеней двойки было взято. Предел

(если он существует) и называется вероятностью того, что произвольно взятая степень двойки начинается цифрой 1.

Среди двузначных чисел, являющихся степенями двойки, ровно одно (а именно, 16) начинается с единицы. Среди трёхзначных степеней двойки тоже ровно одно число (а именно, 128) начинается с единицы. То же верно для четырёхзначных степеней двойки.

Вообще, при k>1 среди k-значных чисел, являющихся степенями двойки, имеется ровно одно, начинающееся цифрой 1. В самом деле, наименьшее k-значное число, являющееся степенью двойки, обязательно начинается с единицы (иначе, разделив на 2, мы получили бы, что и предыдущая степень двойки является k-значным числом). Другого же числа, начинающегося цифрой 1, среди k-значных степеней двойки нет: следующая степень двойки будет иметь на первом месте цифру 2 или 3, следующая — ещё большую цифру, пока мы не получим k+1-значное число.

Из сказанного следует, что если число 2ⁿ является m-значным, то среди чисел 2¹, 2², ..., 2ⁿ имеется ровно m–1 чисел, начинающихся с единицы, т.е. a_n = m–1. Но утверждение «число 2ⁿ является m-значным» означает, что

то есть

Вспоминая, что a_n = m–1, получаем

и, следовательно,

Итак, чуть больше 30% степеней двойки начинаются с единицы.

4.	Обозначим через pq вероятность того, что произвольно взятая степень двойки начинается цифрой q *. Докажите равенства p2 + p3 = p1,   p4 + p5 = p2, p6 + p7 = p3,   p8 + p9 = p4.
5.	Докажите, что p4 = 1 – 3·lg 2 = 0,096... Как видите, степени двойки начинаются цифрой 4 в три с лишним раза реже, чем цифрой 1 (рис. 2). Рис. 2

А какова вероятность того, что произвольно взятая степень данного натурального числа l начинается (в десятичной записи) цифрой q?

Пусть число lⁿ начинается в десятичной записи цифрой q, т.е.

где m — некоторое натуральное число. Разделив эти неравенства на q·10^m и прологарифмировав по основанию 10, получим:

Так как число, стоящее справа, меньше единицы (1 + 1/q ≤ 2 < 10), то неравенства (2) означают, что дробная часть числа  n lg l – lg q  меньше lg (1+1/q) (напомним, что дробной частью числа x называется разность между числом x и его целой частью: {x} = x – [x], а целая часть x — это наибольшее целое число, которое не превосходит x). Обратно, если дробная часть числа  n lg l – lg q  меньше lg (1+1/q), т.е. если при некотором натуральном m выполнены неравенства (2), то lⁿ начинается в десятичной записи цифрой q. Таким образом, поставленная задача эквивалентна следующей: какова вероятность того, что для произвольно взятого натурального числа n

Решить эту последнюю задачу нам поможет

Теорема о дробных частях. Пусть α, β — действительные числа, причём число α — иррациональное, и I — некоторый промежуток длины h, содержащийся в отрезке [0, 1]. Рассмотрим бесконечную последовательность α+β, 2α+β, ..., nα+β, ... Вероятность того, что произвольно взятое число этой последовательности имеет дробную часть, принадлежащую промежутку I, равна h.

Доказательство этой теоремы мы приведём в конце статьи, а сейчас покажем, как она применяется к решению нашей задачи.

Прежде всего заметим, что если l является степенью десяти, то все степени числа l начинаются цифрой 1, т.е. в этом случае задача тривиальна.

Если же l не является степенью десяти, то число  α = lg l  иррационально. По теореме о дробных частях вероятность того, что произвольно взятое число из последовательности  n lg l – lg q  (n = 1, 2, ...) имеет дробную часть, принадлежащую промежутку [0, lg (1+1/q)[ равна lg (1+1/q). Это и даёт решение рассмотренной выше задачи: вероятность того, что произвольно взятая степень натурального числа l (не являющегося степенью десяти) начинается цифрой q, равна lg (1+1/q).

Обратите внимание на то, что эта вероятность не зависит от l! Например, степени двойки и степени тройки одинаково часто (а именно, с вероятностью lg 2) начинаются цифрой 1.

6.	Докажите, что если натуральное число l не является степенью десяти, то число lg l иррационально.
7.	Вычислите вероятности p2, ..., p9, указанные в задаче 4. Дайте новое доказательство содержащихся там равенств.
8.	Какова вероятность того, что произвольно взятая степень двойки начинается комбинацией цифр 1000 (рис. 3)? Рис. 3
9.	Какова вероятность того, что произвольно взятая степень числа l (не являющегося степенью десяти) начинается комбинацией цифр q1q2...qr (где q1 ≠ 0)? Выведите отсюда, что степени числа l могут начинаться любой комбинацией цифр q1q2...qr (q1 ≠ 0).
10.	Докажите следующие утверждения: а) Вероятность того, что у произвольно взятой степени числа l, не являющегося степенью десяти, вторая слева цифра есть 0, равна  p0(2) = lg (11·21·31·...91) – lg (9!) – 9. Указание: p0(2) есть сумма вероятностей того, что произвольная степень числа l начинается комбинациями 10, 20, ..., 90. б) Вероятность того, что у произвольно взятой степени числа l, не являющегося степенью десяти, k-я слева цифра есть q (где k>1, q=0, 1, ..., 9), равна: 10k–1–1  pq(k) = Σ  lg  ( 1 +  1  10i + q )  . i=10k–2
11.	Используя результат задачи 10 б), докажите, что  lim   pq(k) =  1 10  . k → ∞ Таким образом, при достаточно большом k каждая из вероятностей p0(k), p1(k), ..., p9(k) как угодно мало отличается от 1/10. Указание: докажите, что для натурального логарифма верно следующее неравенство: ln (1+x) < x при x>0; затем воспользуйтесь соотношениями: lg  ( 1 +  1  10i  )  – lg  ( 1 +  1  10i + q )  < < lg  ( 1 +  q  100i(i – 1)  )  =  1 ln 10   ln  ( 1 +  q  100i(i – 1)  )  < <  1 ln 10  ·  q  100i(i – 1)   =  q 100 ln 10  ( 1  i – 1   –  1  i  )  .
12.	Обобщите результаты задач 9 и 10 б) на случай, когда степени числа l записываются в системе счисления с основанием b>1. В частности, для двоичной системы счисления формулы задачи 10 б) принимают следующий вид:  p0(k) = log 2  ( 2k–1 + 1 2k–1  ·  2k–1 + 3 2k–1 + 2  · ... ·  2k – 1 2k – 2 )  .  p1(k) = log 2  ( 2k–1 + 2 2k–1 + 1  ·  2k–1 + 4 2k–1 + 3  · ... ·  2k 2k – 1 )  .

В качестве ещё одного примера применения теоремы о дробных частях рассмотрим следующую задачу: число α иррационально; нужно доказать, что существует натуральное n, для которого  cos nαπ > 0,999.

Заметим, что неравенство  cos nαπ > 0,999  равносильно следующим:

(при некотором целом m), т.е.

Иными словами, неравенство  cos nαπ > 0,999  выполняется в том и только в том случае, если число {(α/2)·n + (1/π)·arccos 0,999} принадлежит промежутку [0, (1/π)·arccos 0,999]. По теореме о дробных частях произвольно выбранное натуральное n удовлетворяет этому условию с вероятностью (1/π)·arccos 0,999 » 0,014. Таким образом, если N достаточно велико, то примерно 1,4% чисел 1, 2, ..., N удовлетворяют поставленному требованию.

13.	От произвольной точки, окружности радиуса 1 откладываются друг за другом дуги длины 1. Обозначим через A1, A2, ..., An, ... последовательные концы откладываемых дуг. Докажите, что, какова бы ни была дуга Q этой окружности, найдется точка Ai Î Q (рис. 4). Рис. 4
14.	Докажите, что если α иррационально, то функция cos x + cos αx не является периодической.
15.	Даны две бесконечные арифметические прогрессии: a1 + d1, a1 + 2d1, a1 + 3d1, ...; a2 + d2, a2 + 2d2, a2 + 3d2, ...;   причем числа d1 и d2 положительны, и отношение d1/d2 иррационально. Найдется ли такой член первой прогрессии и такой член второй прогрессии, что модуль их разности меньше 0,000001?
16.	Лесом радиуса ε назовем объединение всех кругов радиуса ε, центрами которых служат точки с целочисленными координатами. Докажите, что если прямая образует с осью абсцисс угол φ, тангенс которого иррационален, то она обязательно пересекает лес (как бы ни было мало ε; рис. 5). Рис. 5

Перейдём теперь к доказательству теоремы о дробных частях.

Возьмём произвольное натуральное число r. Точки 1/r, 2/r, ..., (r–1)/r разбивают отрезок [0, 1] на r отрезков длины 1/r. Назовём эти отрезки «клетками», а дробные части чисел α, 2α, ..., (r+1)α назовём «зайцами» ^**. Так как «клеток» r, а «зайцев» r+1, то найдутся два «зайца», попавшие в одну клетку, т.е. найдутся такие натуральные p' и p'' (p' > p''), что дробные части чисел p'α и p''α отличаются менее чем на 1/r. Значит, |(p'α – p''α) – m| < 1/r при некотором целом m. Положив p = p' – p'', мы можем написать: | pα – m| = ε, где ε < 1/r. Заметим, что ε≠0, так как α иррационально. Обозначим через s наименьшее натуральное число, превосходящее 1/ε, т.е. s–1 ≤ 1/ε < s.

Рассмотрим s последовательных членов арифметической прогрессии с разностью  pα:

где γ — некоторое действительное число. Обозначим дробные части чисел (3) через x₁, x₂, ..., x_s. В силу равенства | pα – m| = ε числа x₁, x₂, ..., x_s отстоят друг от друга на ε (рис. 6). В силу неравенств 1/s < ε ≤ 1/(s–1) расстояние между x₁ и x_s на рисунке 6 б меньше ε. Из сказанного вытекает, что число точек x₁, x₂, ..., x_s, попадающих на отрезок I длины h, заключено между числами h/ε – 1 и h/ε + 2, т.е. между sh – 2 и sh + 2 (заметим, что h<1).

Рис. 6

Рис. 7

Возьмем теперь ps последовательных членов b₁, b₂, ..., b_ps какой-либо арифметической прогрессии с разностью α (т.е. b_i+1 = b_i + α). Расположим их в виде таблицы, изображённой на рисунке 7. Очевидно, что каждая строка этой таблицы представляет собой прогрессию вида (3). Так как число строк равно p, то количество тех членов рассматриваемой прогрессии b₁, b₂, ..., b_ps, дробные части которых попадают в промежуток I, заключено между числами p(sh – 2) и p(sh + 2).

Пусть, наконец, n — произвольное натуральное число, большее rps. Разделив n на ps с остатком, получим n = lps + q, где l≥r, 0≤q<ps. Следовательно, из чисел α+β, 2α+β, ..., nα+β можно взять l раз по ps последовательных членов арифметической прогрессии с разностью α, и ещё останется q чисел. Поэтому

где a_n — количество тех чисел α+β, 2α+β, ..., nα+β, дробные части которых попадают в промежуток I. Это неравенство можно переписать в виде

откуда (в силу соотношений 0≤h<1, q<ps) получаем

т.е.

(поскольку l≥r и 1/s<ε<1/r). Итак, существует такое натуральное N (а именно, N=rps), что при n>N выполнено неравенство

Ввиду произвольности натурального числа r, отсюда следует, что

17.	Докажите следующее «двумерное» обобщение теоремы о дробных частях. Пусть на плоскости фиксирована система координат. Дробной частью вектора a с координатами x, y будем называть вектор, координатами которого являются дробные части чисел x и y (рис. 8). Пусть M — некоторый многоугольник, содержащийся в квадрате с вершинами (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 1). Будем говорить, что некоторый вектор b попадает в M, если b = OB, где O — начало координат, а BÎM. Пусть α, β — произвольные векторы на плоскости, причём координаты x0, y0 вектора α и число x0/y0 иррациональны. Рассмотрим бесконечную последовательность векторов α+β, 2α+β, ..., nα+β, ... Вероятность того, что произвольно взятый вектор этой последовательности имеет дробную часть, попадающую в многоугольник M, равна площади S(M) этого многоугольника ***. Рис. 8 Рис. 9
18.	По бесконечной шахматной доске с полями в виде квадратов со стороной 1 прыгает блоха, перемещаясь за каждый прыжок на x0 влево и на y0 вверх (рис. 9). Докажите, что, если числа x0, y0 и x0/y0 иррациональны, то блоха обязательно попадёт когда-нибудь на чёрное поле.
19.	Числа λ1/π, λ2/π и λ1/λ2 иррациональны. Докажите, что система неравенств ì  sin nλ1 > 0,999999, í î  sin nλ2 > 0,999999 имеет натуральное решение n.

Добавлю ещё задачу аналогичной тематики, которая была опубликована в Задачнике «Кванта». — E.G.A.

 М501.  Выберем из последовательности степеней тройки 3, 9, 27, 81, 243, 729, 2187, 6561, ... все числа, начинающиеся с цифры 9; пусть эти числа (по порядку) 3 ^f (1), 3 ^f (2), 3 ^f (3), ... (в частности,  f (1) = 2, так как первое из таких чисел 3² = 9).

а) Найдите  f (2) и  f (3) — номера второго и третьего такого числа.

б) Докажите, что таких чисел бесконечно много.

в) Докажите, что  f (n) при n > 1 удовлетворяет условиям:

и определяется этими условиями однозначно.

Решение.

Докажем сначала такое утверждение: для любого k>1 существуют две или три k-значные степени тройки, причём в том и только в том случае, когда их три, одна из них начинается цифрой 9 (если последовательность степеней тройки дополнить числом 3⁰ = 1, то это утверждение будет верно и при k=1). Пусть 3^m — наименьшая k-значная степень тройки; тогда 10^k–1 ≤ 3^m < 3·10^k–1. Отсюда 3·10^k–1 ≤ 3^m+1 < 9·10^k–1, то есть 3^m+1 — k-значное число, не начинающееся с девятки. Далее, 9·10^k–1 ≤ 3^m+2, то есть если 3^m+2 — k-значное число, то оно обязательно начинается цифрой 9. (В любом случае, 3^m+3 ≥ 27·10^k–1 — не k-значное число.)

Пусть теперь 3 ^f (n) — k-значная степень тройки, начинающаяся с девятки, то есть

(оба неравенства строгие, поскольку 3 ^f (n) — число нечётное). Подсчитаем двумя способами количество степеней тройки, меньших С одной стороны, кроме тех n–1 степеней, которые начинаются цифрой 9, есть ещё ровно две l-значные степени тройки для каждого l = 1, 2, ..., k, то есть их всего 2k + (n – 1) штук. С другой стороны, количество степеней тройки, меньших 3 ^f (n), равно  f (n): это числа 3⁰, 3¹, ..., 3 ^f (n)–1. Значит, 2k + (n – 1) = f (n), откуда

Поскольку k — натуральное, из этого следует, что  f (n)–n — нечётное число. Условие (1) пункта в) доказано.

Из (*) и (**) имеем

f (n)–n–1 2  f (n)  f (n)–n+1 2 9·10   < 3   < 10 ,

(***)

или

Выполнив несколько равносильных преобразований, получим

то есть

и поскольку 1 – lg 9 > 0, имеем

то есть

— условие (2) пункта в) задачи.

Число

иррациональное (n>1 и lg 9 иррационально). Поэтому при любом n>1 условию (2) удовлетворяют ровно два последовательных натуральных числа; одно из них чётно, другое нечётно. Но так как для каждого n чётность  f(n) известна (разность  f (n)–n нечётна), то при каждом n число  f (n) определяется однозначно. Остаётся доказать, что для  f (n), определённого условиями (1) и (2), степень тройки 3 ^f (n) действительно начинается с цифры 9 (все условия на  f (n) мы получили в предположении, что  f (n) существует). Проведя выполненные выше преобразования в обратном порядке, из условия (2) легко получим (***), то есть 3 ^f (n) в самом деле начинается с девятки.

Теперь уже нетрудно найти  f (2) и  f (3):

Наконец, поскольку  f (n) определено для всех натуральных n, получаем, что степеней тройки, начинающихся цифрой 9, бесконечно много.

Замечание. Из неравенства (2) в условии задачи следует, что величина  f (n) растёт примерно как n/(1 – lg 9). Этот результат можно вывести из того факта, что при больших значениях N среди N первых степеней тройки количество степеней, начинающихся цифрой 9, примерно равно (1 – lg 9)N (см. рис.; тут совершенно неважно, рассматриваем ли мы степени двойки, тройки или другого числа α с иррациональным lg α; см. статью В. Болтянского). В самом деле, если  f (n) = N, то среди чисел 3¹, 3², ..., 3^N ровно n » (1 – lg 9)N начинаются с 9; поэтому  f (n) » n/(1 – lg 9). Результат задачи М501 позволяет найти точное значение  f (n) для любого n.

Круг разбит на девять секторов: 1, 2, ..., 9, показывающих, какую долю (в пределе при N→∞) среди чисел α, α2, ..., αn составляют те, которые начинаются цифрой 1, 2, ..., 9 соответственно.