Mese a négyzetszámokról

A napokban kettőhatványok első jegyeit vizsgáltuk. Miért is ne tehetnénk ezt meg ugyanígy négyzetszámokkal? – gondolhatnánk. Hiszen nem kell egyebet tenni a kiinduláshoz, mint hogy a 2N tízes számrendszerbeli alakjának első jegyét megadó képletben 2-t és N-et kicseréljük, és így N2 első jegyének formulája a következő: [10{2 lg N}]. Kétségkívül mást jelent a [0, 1) intervallumból feltekert egységkörre egyenlő lépésközökben pontokat felvinni (lásd a múltkori eljárást), mint egy ennél bonyolultabb, mondhatni „nemlineáris” módon, de ne adjuk fel ennyire hamar. A feladást odázzuk el! De hogy egyáltalán legyen mit feladni, a „vigyázat, csalok!” figyelmeztetést nem teszem ki menet közben. Csak a „nagy leleplezés” idején, a rövid gondolatmenet végén. Ezt a bonyolultabbnak ígérkező viselkedést az egységnyi kerületű körön próbáljuk meg a következő nyilvánvaló módon leegyszerűsíteni. Első lépésben vizsgáljuk úgy a problémát, hogy eltekintünk a 2-estől. Sok jóval az így kialakult helyzet sem látszik kecsegtetni, hiszen mennyivel járunk jobban, ha a természetes számok tízes alapú logaritmusai duplájának törtrésze helyett magukkal a logaritmusokkal dolgozunk? És mégis jobban járunk. Fogjuk meg a problémát az ellenkező oldalról! Hiszen 2-es nélkül a feladat az, mondjunk valamit a természetes számok első hatványa, azaz maguk a természetes számok első jegyeinek eloszlásáról. Mely evidensen egyenletes. És így a múltkori ábrában az ordinátatengelyen kapunk egyenletes eloszlást:

graf

azaz az egyes sávokba esés valószínűsége megegyezik. Elég robusztusnak hat a kijelentésünk, hiszen az ordinátatengelyen képezett 9 sávról tudjuk, hogy bennük hosszú távon ugyanannyi pont lesz, és ez nem azonos azzal, hogy a teljes eloszlás is az. De ezen a ponton gondoljunk a két kezdő számjegyre. Ezek elhelyezkedését 10-10 további alcsík reprezentálja. Például a 23-mal kezdődők a [2,3, 2,4) intervallumba kerüljenek az ordinátatengelyen. Az első két jegy is egyenletes eloszlású, az első sok is, és ezen a módon valóban egyenletes eloszlás alakul ki az ordinátatengelyen, amit visszavetítünk az abszcisszára. Jelöljük μ-vel a megfelelő sűrűségeloszlást az abszcisszán (azaz {lg N} eloszlását a [0, 1) intervallumon), és c legyen az az állandó szorzó, amely beállítja, hogy a teljes
[0, 1) intervallumba esés valószínűsége 1 legyen. Ekkor

Ilyenképpen tehát μ ~ 10x. Itt és a továbbiakban ~ az egyenes arányosságot jelenti, és kizárólag arra utal, hogy a teljes [0, 1) intervallumba esés valószínűsége 1-gyel kell egyenlő legyen. Nem számolgatjuk minden lépésben az együttható értékét, mert még több ilyen észrevételt teszünk, és nincs szükségünk erre a részletre.
Ha most áttérünk a négyzetszámok első jegyeinek vizsgálatára, úgy járunk el, hogy a 2-es szorzónak megfelelően előbb megnyújtjuk a [0, 1) intervallumot a kétszeresére. Az így kapott [0, 2) intervallumban a 2x-hez tartozó sűrűség éppen μ(x)/2 a nyújtás miatt. Most a [0, 2) intervallum első felét, [0, 1)-et megtartjuk, a második felét, [1, 2)-t rácsúsztatjuk a [0, 1)-re, azaz minden pontját a sűrűségekkel együtt eltoljuk -1-gyel. Az új ν sűrűség tehát egy kéttagú összeg. Az első tag μ(x/2)/2. A második tag meghatározásához figyelembe vesszük, hogy a 2x-1 ponthoz rendeljük hozzá a μ(x/2) sűrűséget, azaz x-hez μ((x+1)/2)-t. Vegyük észre azonban, hogy μ speciális alakjára tekintettel
μ((x+1)/2) ~ μ(x/2) μ(1/2), röviden ν(x) ~ μ(x/2).
Ezt a függvényt kell lg n és lg (n+1) között integrálnunk, ha annak valószínűségére vagyunk kíváncsiak, a négyzetszámok tízes számrendszerbeli alakja első jegye milyen részarányban éppen n (n = 1, 2, 3… 9). Ám

és analóg módon miatt az n-nel kezdődés valószínűsége
Analóg módon a k alapú számrendszerben a K-hatványok (K egész)

valószínűséggel kezdődnek n-essel (0 < n < k), annak megfelelően, hogy itt a
[0, 1) intervallumot a [0, K)-ba nyújtjuk az abszcisszatengelyen.
És nem.
A természetes számok valamely 1-nél nagyobb, egész alapú számrendszerbeli ábrázolásában az első jegyek nem egyenletesen oszlanak el. Ez a megállapítás első pillanatra talán úgy hat, mint Haydn ismert riadója (a kép egyúttal illusztrálja az abszcissza irányú nyújtást, bár az arcot a meglepetés ordináta irányban húzza meg).

Az egyenletességhez az kellene, hogy vesszük az első M természetes számot, és abban az első jegyek m(n, M) számát, ahol 0 < n < 10 (k) maga a számjegy, majd az m / M hányados határértékéről M-mel a végtelenbe tartva kimutatjuk, hogy 1/9, illetve 1 / (k-1). Csakhogy nem lesz ennyi, sőt, a határérték még csak nem is létezik. Maradjunk a k = 10 esetnél a példa és egyszerűség kedvéért. Ha olyan speciális M-eken keresztül tartunk a végtelenbe, amelyek csupa 9-esből állnak, azaz 10T-1 alakúak valamely természetes T-re, akkor valóban egyenletes sűrűséggel fordulnak elő a különböző számjegyek az első helyen. De mit látunk az 1-essel kezdődő, majd csupa 9-essel végződő, azaz 2×10T-1 alakú M-ek esetén? Itt az utolsó 10T szám mindegyike 1-gyel kezdődik. Tekintve, hogy az első 10T-1 számnak pontosan a 9-ede kezdődik 1-essel, az aktuális M választással 1-esből 1-gyel több, mint 10-szer annyi lesz az első helyen, mint külön-külön a többi számjegyből, azaz ennek a részsorozatnak a mentén az 1-essel kezdődő számok részaránya a kívánt 1/9 helyett 5/9. (Hogy bénán választottuk meg a részsorozatot? Nem, csak nem ideologikusan, célunknak megfelelően. A „bénaság” szót különben sem ismeri a képzeletgazdag matematika. Annyira nem képzeletgazdag.)
Adódhat helyzet, hogy elegendő az ideologikus (célunkat segítő) 10T-1 részsorozat választása. Például ha az a feladat, becsüljük meg a 7-esek számát az első egytrillió négyzetszám első jegyei között a tízes számrendszerben. Itt kihasználjuk, hogy trillió négyzete, azaz hexillió 1-essel kezdődik, így a feladat egyenértékűen úgy is megfogalmazható, hány 7-es van az első 999999999999999999 négyzetszámban. Kb. 84483050926666979-et kapunk a behelyettesítés és beszorzás után.

Advertisements

2 responses to “Mese a négyzetszámokról

  1. Nagyon köszönöm az alapos, tudós észrevételt!

    Kedvelik 1 személy

Vélemény, hozzászólás?

Adatok megadása vagy bejelentkezés valamelyik ikonnal:

WordPress.com Logo

Hozzászólhat a WordPress.com felhasználói fiók használatával. Kilépés / Módosítás )

Twitter kép

Hozzászólhat a Twitter felhasználói fiók használatával. Kilépés / Módosítás )

Facebook kép

Hozzászólhat a Facebook felhasználói fiók használatával. Kilépés / Módosítás )

Google+ kép

Hozzászólhat a Google+ felhasználói fiók használatával. Kilépés / Módosítás )

Kapcsolódás: %s