Выберем из последовательности степеней тройки:
$$~3,~9,~27,~81,~243,~729,~2187,~6561,~\ldots$$
все числа, начинающиеся с цифры 9; пусть эти числа (по порядку) $3^{~f(1)}$, $3^{~f(2)}$, $3^{~f(3)}$, $\ldots$ (в частности, $f(1)=2$, так как первое из таких чисел $3^2=9$).
Найдите $f(2)$ и $f(3)$ — номера второго и третьего такого числа.
Докажите, что таких чисел бесконечно много.
Докажите, что $f(n)$ при $n\gt1$ удовлетворяет условиям:
Докажем сначала такое утверждение: для любого $k\gt1$ 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 $3^0=1$, то это утверждение будет верно и при $k=1$). Пусть $3^m$ — наименьшая$k$-значная степень тройки; тогда $10^{k-1}\lt3^m\lt3\cdot10^{k-1}$. Отсюда $3\cdot10^{k-1}\lt3^{m+1}\lt9\cdot10^{k-1}$, т. е. $3^{m+1}$ — $k$-значное число, не начинающееся с девятки. Далее, $3^{m+2}\ge9\cdot10^{k-1}$, т. е. если $3^{m+2}$ — $k$-значное число, то оно обязательно начинается цифрой $9$. (В любом случае $3^{m+3}\ge27\cdot10^{k-1}$ — не $k$-значное число.)
Пусть теперь $3^{~f(n)}$ — $k$-значная степень тройки, начинающаяся с девятки, т. е.
$$
9\cdot10^{k-1}\lt3^{~f(n)}\lt10^k\tag{*}
$$
(оба неравенства строгие, поскольку $3^{~f(n)}$ — число нечётное). Подсчитаем двумя способами количество степеней тройки, меньших $3^{~f(n)}$. 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, $\ldots$, $k$, т. е. их всего $2k+(n-1)$ штук. С другой стороны, количество степеней тройки, меньших $3^{~f(n)}$, равно $f(n)$: это числа $3^0$, $3^1$, $\ldots$, $3^{~f(n)-1}$. Значит, $2k+(n-1)=f(n)$, откуда
$$
k=\dfrac{f(n)-n+1}2.\tag{**}
$$
Поскольку $k$ — натуральное, из этого следует, что $f(n)-n$ — нечётное число. Условие (1) пункта в) доказано.
Из (*) и (**) имеем
$$
9\cdot10^{\frac{\scriptstyle f(n)-n-1}{\scriptstyle2}-1}\lt3^{~f(n)}\lt10^{\frac{\scriptstyle f(n)-n+1}{\scriptstyle 2}}\tag{***}
$$
или $$
\lg9+\dfrac{f(n)-n-1}2\lt f(n)\lg3\lt\dfrac{f(n)-n+1}2.
$$
Выполнив несколько равносильных преобразований, получим
$$
\begin{gather*}
2\lg9+f(n)-n-1\lt f(n)\lg9\lt f(n)-n+1, \\
\lg9-1\lt f(n)\lg9-f(n)-\lg9+n\lt-{\lg9}+1,
\end{gather*}
$$
т. е.
$$-(1-\lg9)\lt-(1-\lg9)\,f(n)+(n-\lg9)\lt1-\lg9,
$$
и поскольку $1-\lg9\gt0$, имеем
$$
-1\lt-f(n)+\dfrac{n-\lg9}{1-\lg9}\lt1,
$$
т. е.
$$
\left|~f(n)-\dfrac{n-\lg9}{1-\lg9}\right|\lt1
$$
— условие (2) пункта в) задачи.
Число $\dfrac{n-\lg9}{1-\lg9}=\dfrac{n-1}{1-\lg9}+1$ иррациональное ($n\gt1$ и $\lg9$ иррационально). Поэтому при любом $n\gt1$ 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 (***), т. е. $3^{~f(n)}$ в самом деле начинается с девятки.
Теперь уже нетрудно найти $f(2)$ и $f(3)$:
$$
f(2)=23,\quad f(3)=44.
$$
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 $\dfrac1{1-\lg9}n$. Этот результат можно вывести из того факта, что при больших значениях $N$ среди $N$ первых степеней тройки количество степеней, начинающихся цифрой 9, примерно равно $(1-\lg9)N$ (рис. 5; тут совершенно неважно, рассматриваем ли мы степени двойки, тройки или другого числа $\alpha$ с иррациональным $\lg\alpha$; см. статью В. Болтянского — «Квант», 1978, № 5). В самом деле, если $f(n)=N$, то среди чисел $3^1$, $3^2$, $\ldots$, $3^N$ ровно $n\approx(1-\lg9)N$ начинаются с 9; поэтому $f(n)\approx\dfrac1{1-\lg9}n$. Результат задачи М501 позволяет найти точное значение $f(n)$ для любого $n$.
Рис. 5. Круг разбит на девять секторов: 1, 2, $\ldots$, 9, показывающих, какую долю (в пределе при $N\to\infty$) среди чисел $\alpha$, $\alpha^2$, $\ldots$, $\alpha^n$ составляют те, которые начинаются цифрой 1, 2, $\ldots$, 9 соответственно
