완벽한 디지털 불변제

숫자 이론에서 완벽한 디지털 불변제(PDI)는 주어진 숫자 베이스( $b$ $b$ )에 있는 숫자로, 각각 주어진 전력으로 상승된 자체 자릿수의 합이다( $p$ ${\displaystyle$ p $}).$ ^[1]^[2]

정의

$n$ $n$ 을(를) 자연수가 되게 $n$ 하라. $b>1$ $b>1$ > 1 $b>1$ 및 $b>1$ pp > $p>0$ ${\displaystyle$ p> $0}F$ $F_{p,b}:\mathbb {N} \rightarrow \mathbb {N}$ , $F_{p,b}:\mathbb {N} \rightarrow \mathbb {N}$ → $F_{p,b}:\mathbb {N} \rightarrow \mathbb {N}$ ${\$ { $N} \rightar \mathb$ { $N}$ 에 대한 완벽한 디지털 불변함수 $($ 행복함수라고도 함수)는 다음과 같이 정의된다 $F_{p,b}:\mathbb {N} \rightarrow \mathbb {N}$ .

F_{p,b(n)=\sum _{i=0}^{k-1}d_{i}^{p}.

여기서 $k=\lfloor \log _{b}{n}\rfloor +1$ = $k=\lfloor \log _{b}{n}\rfloor +1$ $k=\lfloor \log _{b}{n}\rfloor +1$ b $k=\lfloor \log _{b}{n}\rfloor +1$ + $k=\lfloor \log _{b}{n}\rfloor +1$ {\ $displaystyle k=\lfloor \log _{b$ }\ $n}\proper$ loor $+1}$ 는 $k=\lfloor \log _{b}{n}\rfloor +1$ $기본$ b ${\displaystyle b$ 및

d_{i}={\frac {n{\bmod {b^{i+1}}-n-{\bmod {b}^{i}}}{b^{i}}}}}}}:{b^{i}}}}}}}}}}

숫자의 각 자릿수 값이다.A natural number $n$ is a perfect digital invariant if it is a fixed point for $F_{p,b}$ , which occurs if $F_{p,b}(n)=n$ . $0$ and $1$ are trivial perfect digital invariants for all ${\displays$ $tyle b}$ 과 $b$ $p$ ${\displaystyle p$ 다른 모든 완벽한 디지털 불변제는 비독점적인 완벽한 디지털 불변성이다.

예를 들어 $b=10$ = $b=10$ $b=10$ 의 숫자 4150은 $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ $p=5$ = $p=5$ $p=5$ 을(를) 가진 완벽한 디지털 불변수인데 $b=10$ $p=5$ $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ = 4 $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ + $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ + $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ + $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ + $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ + 5 + $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$ 5 ${\$ }+5 $}+5$ ^{5}+0^{5}{5}}{5}}}}}}{5}+0 $^{5}{$ 5 $4150=4^{5}+1^{5}+5^{5}+0^{5}$

A natural number $n$ is a sociable digital invariant if it is a periodic point for $F_{p,b}$ , where $F_{p,b}^{k}(n)=n$ for a positive integer $k$ (here $F_{p,b}^{k}$ is the ${$ $\displaystyle k}$ 을 $k$ $F_{p,b}$ 를) $F_{p,b}$ 하고 $F_{p,b}$ ${\$ $주기$ k $k$ 의 주기를 형성한다 $k$ 완벽한 디지털 불변제는 $k=1$ = $k=1$ ${\style k=1},$ 원만한 디지털 불변제는 $k=2$ = $k=2$ ${\displaystystyle k=}$ 의 사교적인 디지털 불변량이다 $k=2$

모든 자연수 $n$ $n$ 은(는) 베이스에 관계없이 $F_{p,b}$ $F_{p,b}$ , $F_{p,b}$ ${\$ 에 대한 사전 주기적 지점이다 $n$ $F_{p,b}$ This is because if $k\geq p+2$ , $n\geq b^{k-1}>b^{p}k$ , so any $n$ will satisfy $n>F_{b,p}(n)$ until $n<b^{p+1}$ . $b^{p+1}$ $b^{p+1}$ + 1 ${\$ b $^{p+1}$ 보다 적은 수의 자연수가 있기 때문에 주기적인 지점 또는 $b^{p+1}$ $b^{p+1}$ + 1 ${\$ 보다 적은 고정된 지점에 도달하는 것이 보장되어 있어 $b^{p+1}$ periodic point가 된다 $b^{p+1}$

base $b>p$ > $b>p$ > p $b>p$ 의 숫자들은 n $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ ( $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ ) $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ p + $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ ( $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ 1) $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$ ${\$ p}}}}}의 고정 또는 주기적인 점으로 이어진다 $b>p$ $n\leq (p-2)^{p}+p(b-1)^{p}$

증명

$b>p$ > $b>p$ ${\displaystyle b>p$ 인 경우 n < b $n<b^{p+1}$ + $n<b^{p+1}$ ${\$ } 바인딩을 $n<b^{p+1}$ 줄일 수 있다. $r$ $r$ 을(를) $b^{p}$ $b^{p}$ ${\$ 보다 작은 숫자 중에서 자릿수 제곱합이 가장 큰 숫자로 한다 $r$ $b^{p}$

r=b^{p^{p}-1=\sum _{t=0}^{p}(b-1)b^{t}}}}

F_{p,b}(r)=(p+1)(b-1)^{p}<(p+1)b^{p}\leq b^{p+1}

because

b\geq (p+1)

$s$ $s$ 은(는) 숫자 제곱합이 $(p+1)(b-1)^{p}$ + 1 $(p+1)(b-1)^{p}$ ) ( $(p+1)(b-1)^{p}$ - $(p+1)(b-1)^{p}$ 1 ) p {\ $displaystyle (p+1)($ b-1)^{ $p}$ 보다 작은 숫자 중에서 가장 큰 숫자로 한다 $s$ $(p+1)(b-1)^{p}$

s=(p+1)b^{p}-1=pb^{p}+\sum _{t=0}^{p-1(b-1)b^{t}}}

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

F

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

,

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

b\geq p

(

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

) =

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

+

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

(

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

-

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

)

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

< p

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{p}

> p

{\

displaystyle

F_{p,b}(s)=p^{p}+p(b-1)^{p}<pb^{

p}}}}}{

p}}}}}}}.

$t$ $t$ 을(를) $pb^{p}$ $pb^{p}$ p ${\$ 보다 작은 숫자 중에서 자릿수 제곱합이 가장 큰 숫자로 한다 $t$ $pb^{p}$

t=(p-1)b^{p^{p}+\sum _{t=0}^{p-1(b-1)b^{t}}}

F_{p,b}(t)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}}}{p}}

$u$ $u$ 을(를) $F_{p,b}(t)+1$ p $F_{p,b}(t)+1$ , b $F_{p,b}(t)+1$ ( t $F_{p,b}(t)+1$ ) $F_{p,b}(t)+1$ + 1 $F_{p,b}(t)+1$ 보다 작은 숫자 중에서 자릿수 합계가 가장 큰 숫자로 한다 $u$ $F_{p,b}(t)+1$

u=(p-2)b^{p^{p}+\sum _{t=0}^{p-1(b-1)b^{t}}}

F_{p,b}(u)=(p-2)^{p}+p(b-1)^{p}^{p}+p(b-1)^{p}=n_{\ell +1

${\displaystyle u_{p,b}(u)<$ $F_{p,b}(t)}$ .따라서 $b>p$ $b>p$ b $b>p$ > p $b>p$ > $b>p$ {\ $displaystyle$ b $>p$ }의 $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ 는 n $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ F $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ p $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ ( $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ ) $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ = $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ ( $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ - $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ ) $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ p $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ + $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ ( $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ - $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ ) $n\leq F_{p,b}(u)=(p-1)^{p}+p(b-1)^{p}$ ${\$ )^{ $p}+p(b-1)^{p$

$F_{p,b}^{i}(n)$ $F_{p,b}^{i}(n)$ , b $F_{p,b}^{i}(n)$ $F_{p,b}^{i}(n)$ $F_{p,b}^{i}(n)$ $F_{p,b}^{i}(n)}$ 이(가) 고정 지점에 도달하는 $F_{p,b}^{i}(n)$ 데 필요한 $i$ 반복 $i$ ${\displaystyle$ $i$ $}$ 의 수는 완벽한 디지털 불변함수의 $n$ 인 n ${\displaystyn}$ 이고 $n$ 고정점에 도달하지 않는 경우 정의되지 않은 것이다.

$F_{1,b}$ $F_{1,b}$ , $F_{1,b}$ ${\$ 는 $F_{1,b}$ 자릿수 합이다.완벽한 디지털 불변제는 b $기본$ ${\displaystyle$ b $}$ 에 있는 한 자리 숫자뿐이며 $b$ 프라임 기간이 1보다 큰 주기적인 점은 없다.

$F_{p,2}$ $F_{p,2}$ , $F_{p,2}$ ${\$ $F_{$ $p_{$ $p,$ $2$ }}: $F_{1,2}$ power $p$ ${\displaystyle$ p $p$ $0^{p}=0$ = 0 ${\displaystyle$ 0 $^{p}=0},$ $1^{p}=1$ = 1 ${\displaystystyle 1^{p}=1},$ ${$ 로 감소한다 $F_{p,2}$ $1^{p}=1$

모든 자연수 k대리자;1{\displaystyle k> 1}, p<>b{\displaystyle p<, b},(b− 1)≡ 0모드 k{\displaystyle(b-1)\equiv 0{\bmod{k}}}과(p1−)≡ 0modϕ(k){\displaystyle(p-1)\equiv 0{\bmod{\phi}}(k)}, 그러면 모든 자연수 n{n\displaystyle}, 만약 n≡ m모드.k{\di $splaystyle n\equiv m{\bmod{k},$ F $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ , $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ ( $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ ) $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ ${\$ ${\bmod$ { $k$ 여기서 where( $)$ 는 $\phi (k)$ 오일러의 토텐셜 $\phi (k)$ 함수다.

증명

내버려두다

n=\sum _{i=0}^{j}d_{i}b^{i}}}}}

$j$ $j$ 자리수를 $j$ 가진 자연수로서, $0\leq d_{i}<b$ 서 0 $0\leq d_{i}<b$ d $0\leq d_{i}<b$ < $0\leq d_{i}<b$ > b ${\$ $displaystyle$ 0 $\leq d_{$ $i$ $0\leq d_{i}<b$ $(b-1)\equiv 0{\bmod {k}}$ ( $(b-1)\equiv 0{\bmod {k}}$ - 1 $(b-1)\equiv 0{\bmod {k}}$ ) $(b-1)\equiv 0{\bmod {k}}$ $($ 여기서 $k$ ${\displaystystyle$ k $}$ 은 $k$ 1보다 큰 자연수이다.

b 기준 $b$ $b$ 의 구분 규칙에 따르면 $b$ $b-1\equiv 0{\bmod {k}}$ - $b-1\equiv 0{\bmod {k}}$ 0 $b-1\equiv 0{\bmod {k}}$ k $b-1\equiv 0{\bmod {k}}$ {\ $displaystyle b-1\equiv 0{\bmod$ $n\equiv m{\bmod {k}}$ $m$ $modes$ $n\equiv m{\bmod$ digit sum을 합한 경우

F_{1,b}(n)=\sum _{i=0}^{j}d_{i}\equiv m{\bmod}}}}

If a digit $d_{i}\equiv m{\bmod {k}}$ , then $d_{i}^{p}\equiv m^{p}{\bmod {k}}$ . According to Euler's theorem, if $(p-1)\equiv 0{\bmod {\phi }}(k)$ , ${\displaystyl$ $e m^{p}{\bmod {k}}=m{\bmod {k}}}$ . Thus, if the digit sum $F_{1,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ , then $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ .

어떤 자연수 k{k\displaystyle}그러므로, 만약 p<>b{\displaystyle p<, b},(b− 1)≡ 0모드 k{\displaystyle(b-1)\equiv 0{\bmod{k}}}과(p1−)≡ 0modϕ(k){\displaystyle(p-1)\equiv 0{\bmod{\phi}}(k)}, 그러면 모든 자연수 n{n\displaystyle}, 만약 n≡ m모드 k.{ $\displaystyle n\equiv m{\bmod{k$ $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ F $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ , $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ ( $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ ) $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$ ${\$ m ${\bmod$ {k $F_{p,b}(n)\equiv m{\bmod {k}}$

주어진 베이스와 임의의 전력에서 완벽한 디지털 불변기의 크기에 대해서는 어떠한 상한도 결정할 수 없으며, 임의의 베이스에 대한 완벽한 디지털 불변기의 수가 유한한지 무한인지는 현재 알려져 있지 않다.^[1]

'F_2,b'

정의에 따르면 모든 세 자리 숫자의 완벽한 디지털 고정 nxdF2, b{\displaystyle F_{2,b}}에 대한 자연스러운 번호 숫자가 2d1d0{\displaystyle n=d_{2}d_{1}d_{0}}0≤ d0<>b{\displaystyle 0\leq d_{0}<, b}, 0≤ d1<>b{\displaystyle 0\leq d_{1}<, b}, 0≤ d2<>b{.0\displaystyle $\leq d_{2}<b}$ 는 입방체 디오판틴 방정식 $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ = d $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ b $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + d $d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ ${\$ }을 충족해야 한다 $0\leq d_{2}<b$ . $}^{2}+d_{2$ }^{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}}. d2{\displaystyle d_{2}}0또는 1어떤 b>에 동일한 것으로;2{\displaystyle b>2}, 때문에 최대 값 n{n\displaystyle}을 가질 수 있다.)n은(2− 1)2+2(b− 1)2=1+2(b− 1)2<>2b2{\displaystyle n=(2)^{2}(b-1)^ᆷ=1+2(b-1)^{2}&l.t;2b^{2}}.그 결과 실제로 해결해야 할 관련 2차적 디오판타인 방정식은 다음과 같이 두 가지가 있다.

{\

}^{2}=d_{1}b+d_{0}

일

d_{0}^{2}+d_{1}^{2}=d_{1}b+d_{0}

때 d

d_{2}=0

=

d_{2}=0

d_{2}=0

및

{\

}^{2}+1=b^{2}+d_{1}b+d_{0}}

일

d_{0}^{2}+d_{1}^{2}+1=b^{2}+d_{1}b+d_{0}

때

d_{2}=1

2

d_{2}=1

= 1

{\displaystyle d_{2}=1

두 자릿수의 자연수 $n=d_{1}d_{0}$ = $n=d_{1}d_{0}$ 1 $n=d_{1}d_{0}$ 0 ${\$ 은(는) 베이스에 완벽한 디지털 불변제다 $n=d_{1}d_{0}$ .

{\dplaystyle b=d_{1}+{\frac {d_{0}(d_{0}-1)}{d_{1}:{1}.}

이는 d $d_{2}=0$ = 0 ${\displaystyle d_{2}=0$ 인 첫 번째 사례를 들어 $b$ $b$ 을(를) 해결함으로써 증명할 수 있다 $b$ 어떤 기지에 이 d0의 값이{\displaystyle d_{0}}와 삭제 1{\displaystyle d_{1}}, n{n\displaystyle}은 완전한 디지털 invariant, d0(d0− 1){\displaystyle d_{0}(d_{0}))의 d1{\displaystyle d_{1}}가 아니다 제수}. 게다가, d01{년.출신의. $splaystyle d_{0}>1$ 왜냐하면 $d_{0}=0$ $d_{0}=0$ 0 = $d_{0}=0$ {\ $displaystyle d_{0}=$ $0\leq d_{1}<b$ $}$ $d_{0}=1$ d $d_{0}=1$ 0 = $d_{0}=1$ {\ $displaystyle d_{0}=1$ $b=d_{1}$ = $b=d_{1}$ $0\leq d_{1}<b$ $b=d_{1}$ {\ $displaystyle$ $0\leq d_{1}<b$ = $d_{1$ 0 $0\leq d_{1}<b$ $0\leq d_{1}<b$ 1 $<\displaystyleq d_{1$

There are no three-digit perfect digital invariants for $F_{2,b}$ , which can be proven by taking the second case, where $d_{2}=1$ , and letting $d_{0}=b-a_{0}$ and $d_{1}=b-a_{1}$ .그러면 세 자리수의 완벽한 디지털 불변제를 위한 디오판틴 방정식이 된다.

(b-a_{0})^{2}+(b-a_{1})^{2}+1=b^{2}+(b-a_{1}b+(b-a_{0}}})

b^{2}-2a_{0}b+a_{0}b+a_{0}}^{2}+b^{2}-2a_{1}b+a_{1}}^{2}+1=b^{2}+(b-a_{1})b+(b-a_{0}})

2b^{2}-2(a_{0}+a_{1}b+a_{0}b+a_{0)}^{2}+a_{1}^{2}+1=b^{2}+(b-a_{1})b+(b-a_{0}})

b^{2}+(b-2(a_{0}+a_{1})b+a_{0})b+a_{0}^{2}+a_{1}^{2}+1=b^{2}+(b-a_{1})b+(b-a_{0}})

$2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ $0<a_{1}\leq b$ $2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ ( $2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ + $2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ ) $2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ > $2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ $0<a_{1}\leq b$ $0<a_{1}\leq b$ $0<a_{1}\leq b$ $0<a_{1}\leq b$ ${\$ $displaystyle$ $2$ $(a_{0}+a_{1}})$ 의 모든 $2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ 값에 $대한$ $2(a_{0}+a_{1})>a_{1}$ ${\$ $displaystyle$ 2 $($ a_ ${1})(a_$ {1}\ $leq$ b $0<a_{1}\leq b$ 따라서 디오판타인 방정식에 대한 해법은 없으며, $F_{2,b}$ 2, $F_{2,b}$ ${\$ 스타일 $F_{2,b}$ 에 대한 세 자리수의 완벽한 디지털 불변제는 없다 $F_{2,b}$

F_3,b

단결 후 단 4개의 숫자가 있는데, 이 숫자는 숫자의 정육면체의 합이다.

$153=1^{3}+5^{3}+3^{3}+3^{3}}$

$370=3^{3}+7^{3}+0^{3}}$

$371=3^{3}+7^{3}+1^{3}}$

$407=4^{3}+0^{3}+7^{3}.$
이것들은 퍼즐 칼럼에 매우 적합하고 아마추어를 즐겁게 할 것 같은 이상한 사실들이지만, 수학자의 흥미를 끄는 것은 아무것도 없다.(OEIS에서 시퀀스 A046197)
— G. H. Hardy, A Mathematician's Apology

정의에 의해, F3에 자연수에 어떤 네 자릿수의 완벽한 디지털 고정 n{n\displaystyle}, b{\displaystyle F_{3,b}}숫자 0≤ d0<>b{\displaystyle 0\leq d_{0}<, b}, 0≤ d1<>b{\displaystyle 0\leq d_{1}<, b}, 0≤ d2<>b{\displaystyle 0\leq d_{2}<, b}, 0≤. d3<>b{\di. $splaystyle 0\leq d_{3}<b}$ 은(는) 쿼티크 디오판타인 $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ 0 $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ 3 = $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ b $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + d $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ + d 0 + $d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+d_{3}^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ 0 $(\$ }^}+ $d_{1$ 을 충족해야 한다 $0\leq d_{3}<b$ . $}^{3}+d_{2$ $}^{3}+d_{3$ }^{3}=d_{3}b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}}. d3{\displaystyle d_{3}}0,1,2어떤 b>에 동일한 것으로 3{\displaystyle b> 3}, 때문에 n{n\displaystyle}를 취할 수 있는 최대 값 n=(3− 2)3+3(b− 1)3=1+3(b− 1)3<3b3{\displaystyle n=(3대 2로)^{3}(b-1)^{3}=1+다.3(b-1)^{3 $}}<3b^{3$ 그 결과 실제로 3개의 관련 입방체 디오판틴 방정식이 해결된다.

(\

}^{3}+d_{2

}^{3}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}}

일

d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}

때

d_{3}=0

d_{3}=0

= 0

d_{3}=0

{\

}^{3}+d_{2

}^{3}+1=b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}}}

일

d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}+1=b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}

때

d_{3}=1

3 =

d_{3}=1

{\

displaystyle d_{3}=1

}

{\

}^{3}+d_{2

}^{

d_{3}=2

8=2b^{3}+d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}}}

일 때 d

d_{3}=2

= 2

{\displaystyle d_{3}=

2}

$d_{3}=0$ 번째 사례로, 여기서 $d_{3}=0$ 3 $d_{3}=0$ = $d_{3}=0$ $d_{3}=0$ 을(를) 들 수 있다 $d_{3}=0$

b = 3k + 1

$k$ $k$ 을(를) 양의 정수로 하고 $k$ 숫자 $b=3k+1$ = $b=3k+1$ $b=3k+1$ + $b=3k+1$ ${\displaystyle b=3k+$ 1}을 $($ 를) 두십시오 $b=3k+1$ 다음:

$n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ = k $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ + ( $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ 2 $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ + $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ ) $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)b$ ${\displaystyle n_{1}=kb^{2}+($ 2k $+$ $1)$ $b}$ 는 모든 $F_{3,b}$ $k$ {\ $displaystyle$ k $}$ 에 대한 완벽한 $F_{3,b}$ 디지털 불변제 입니다 $k$

증명

Let the digits of $n_{1}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ be $d_{2}=k$ , $d_{1}=2k+1$ , and $d_{0}=0$ .그러면

{\reasoned}F_{3,b}(n_{1})&=d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}\&=k^{3}+(2k+1)^{3}+0^{3}}\\&=(k^{2}-k(2k+1)+(2k+1)^{2}(k+(2k+1)\\&=(k^{2}-2k^{2}-k+4k^{2}+4k+1)(3k+1)\\&=(3k^{2}+3k+1)(3k+1)\\&=(3k^{2}+4k+1)(3k+1)-k(3k+1)\\&=(k+1)(3k+1)(3k+1)-k(3k+1)\\&=k(3k+1)(3k+1)+(3k+1)(3k+1)-k(3k+1)\\&=k(3k+1)^{2}+(2k+1)(3k+1)+0\\&=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}\\&=n_{1}\end{aigned}}

$따라서$ $n_{1}$ ${\$ }은(는)모든 k {\ $displaystyle k}$ 에 $F_{3,b}$ F $F_{3,b}$ , $F_{3,b}$ b $F_{3,b}$ {\ $displaystyle F_{3$ ,b $}}}$ 에 대한 완벽한 디지털 불변제 입니다 $n_{1}$ $k$

$n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ = $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ + ( $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ + 1 $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ ) $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ + $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ ${\displaystyle n_{2}=kb^{2}+(2k+1)$ $b+$ $1$ }은 $F_{3,b}$ 는) $F_{3,b}$ $k$ $k$ 에 $F_{3,b}$ 대한 완벽한 디지털 불변제 입니다 $n_{2}=kb^{2}+(2k+1)b+1$ $k$

증명

Let the digits of $n_{2}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ be $d_{2}=k$ , $d_{1}=2k+1$ , and $d_{0}=1$ .그러면

{\reasoned}F_{3,b}(n_{2})&=d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}\&=k^{3}+(2k+1)^{3}++1^{3}}\\&=(k^{2}-k(2k+1)+(2k+1)^{2})(k+(2k+1))+1\\&=(k^{2}-2k^{2}-k+4k^{2}+4k+1)(3k+1)+1\\&=(3k^{2}+3k+1)(3k+1)+1\\&=(3k^{2}+4k+1)(3k+1)-k(3k+1)+1\\&=(k+1)(3k+1)(3k+1)-k(3k+1)+1\\&=k(3k+1)(3k+1)+(3k+1)(3k+1)-k(3k+1)+1\\&=k(3k+1)^{2}+(2k+1)(3k+1)+1\\&=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}\\&=n_{2}\end{aigned}}

따라서 $n_{2}$ $n_{2}$ ${\$ $F_{3,b}$ $k$ $k$ 에 $F_{3,b}$ 대해 F $F_{3,b}$ , $F_{3,b}$ b $F_{3,b}$ {\ $displaystyle F_{3$ ,b $}}}$ 에 대한 완벽한 디지털 불변제 입니다 $n_{2}$ $k$

$n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ = $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ ( $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ + 1) $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ + $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ ( $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ 2 $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ + 1 $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ ) ${\displaystyle n_{3}=(k+1$ ) $b$ $^{2$ $}+($ $2k+$ $1)}}$ 은(는) $모든$ k ${\$ $displaystyle k}$ 에 $F_{3,b}$ $F_{3,b}$ 완벽한 디지털 불변제 입니다 $n_{3}=(k+1)b^{2}+(2k+1)$ $k$

증명

Let the digits of $n_{3}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ be $d_{2}=k+1$ , $d_{1}=0$ , and $d_{0}=2k+1$ .그러면

{\reasoned}F_{3,b}(n_{3})&=d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}\&=(k+1)^{3}+0^{3}+(2k+1)^{3}^{3}^{3}\\&=((k+1)^{2}-(k+1)(2k+1)+(2k+1)^{2})((k+1)+(2k+1))\\&=((k+1)^{2}+k(2k+1)(3k+2)\\&=(k^{2}+2k+1+2k^{2}+k)(3k+2)\\&=(3k^{2}+3k+1)(3k+2)\\&=(3k^{2}+3k)(3k+2)+(3k+2)\\&=3k(k+1)(3k+2)+(3k+2)\\&=(k+1)((3k+1)^{2}-1)+(3k+2)\\&=(k+1)(3k+1)^{2}-(k+1)+(3k+2)\\&=(k+1)(3k+1)^{2}+0(3k+1)+(2k+1)\\&=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}\\&=n_{3}\end{aigned}}

$F_{3,b}$ $n_{3}$ ${\$ 은 $F_{3,b}$ 는 $)$ F 3, b {\ $displaystyle F_{3,b}$ 모든 $k$ ${\displaystyle$ k $}$ 에 대한 $F_{3,b}$ 완벽한 디지털 불변제 입니다 $n_{3}$ $k$

완벽한 디지털 불변제
$(\displaystyle k}$	$(\displaystyle b)$	${\displaystyle n_{1}.$	${\displaystyle n_{2}}:$	$n_{3}$
1	4	130	131	203
2	7	250	251	305
3	10	370	371	407
4	13	490	491	509
5	16	5B0	5B1	60B
6	19	6D0	6D1	70D
7	22	7층	7층 1층	80F
8	25	8H0	8H1	90H
9	28	9J0	9J1	A0J

b = 3k + 2

$k$ $k$ 을(를) 양의 정수로 하고 $k$ 숫자 $b=3k+2$ = $b=3k+2$ + $b=3k+2$ ${\displaystyle b=3k+2$ }을 $($ 를) 두십시오 $b=3k+2$ 다음:

$n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ $F_{3,b}$ $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ = $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ 2 $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ + ( $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ + 1 $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ ) $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)}$ 은 $($ 는) $F_{3,b}$ $k$ $k$ 에 $F_{3,b}$ 대한 완벽한 디지털 $불변제$ 입니다 $n_{1}=kb^{2}+(2k+1)$ $k$

증명

Let the digits of $n_{1}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ be $d_{2}=k$ , $d_{1}=2k+1$ , and $d_{0}=0$ .그러면

F_{3,b}(n_{1})=d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}

=k^{3}+0^{3}+(2k+1)^{3}

=(k^{2}-k(2k+1)+(2k+1)^{2}(k+(2k+1))

=(k^{2}-2k^{2}-k+4k^{2}+4k^{2}+4k+1)(3k+1)

=(3k^{2}+3k+1)(3k+1)

= (3k^{2}+3k+1)(3k+2)-(3k^{2}+3k+1)

= (3k^{2}+3k+1)(3k+2)-(3k^{2}+2k+k+1)

= (3k^{2}+3k+1)(3k+2)-k(3k+2)-(k+1)

= (3k^{2}+2k+1)(3k+2)-(k+1)

= (3k^{2}+2k)(3k+2)+(3k+2)-(k+1)

=k(3k+2)^{2}+(2k+1)

=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}

=n_{1}:{1

$따라서$ $n_{1}$ ${\$ }은(는)모든 k {\ $displaystyle k}$ 에 $F_{3,b}$ F $F_{3,b}$ , $F_{3,b}$ b $F_{3,b}$ {\ $displaystyle F_{3$ ,b $}}}$ 에 대한 완벽한 디지털 불변제 입니다 $n_{1}$ $k$

완벽한 디지털 불변제
$(\displaystyle k}$	$(\displaystyle b)$	${\displaystyle n_{1}.$
1	5	103
2	8	205
3	11	307
4	14	409
5	17	50B
6	20	60D
7	23	70F
8	26	80H
9	29	90J

b = 6k + 4

$k$ $k$ 을(를) 양의 정수로 하고 $k$ 숫자 $b=6k+4$ = $b=6k+4$ $b=6k+4$ + $b=6k+4$ $b=6k+4$ 을(를) 두십시오 $b=6k+4$ 다음:

$n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ = $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ + ( $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ 3 $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ + $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ ) $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ + $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ ( 2 $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ + $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ ) b + b + ( 2 k + 1) $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ {\ $displaystyle n_$ ${4$ $}=kb^{2}+(3k+$ 2) $b$ $+(2k$ $+$ 1 $)}}}}$ 은(는) $F_{3,b}$ $k$ 3, $F_{3,b}$ $k$ 에 $F_{3,b}$ 대한 완벽한 디지털 불변량이다 $n_{4}=kb^{2}+(3k+2)b+(2k+1)$ $k$

증명

Let the digits of $n_{4}=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}$ be $d_{2}=k+1$ , $d_{1}=3k+2$ , and $d_{0}=2k+1$ .그러면

F_{3,b}(n_{3})=d_{0}^{3}+d_{1}^{3}+d_{2}^{3}

=(k)^{3}+(3k+2)^{3}+(2k+1)^{3}

=k^{3}+((3k+2)^{2}-(3k+2)+(2k+1)+(2k+1)^{2}(3k+2)+(2k+1)

=k^{3}+((3k+2)+(2k+1)^{2}(5k+3)

=k^{3}+(3k^{2}+5k+2+4k^{2}+4k+1)(5k+3)

=k^{3}+(7k^{2}+9k+3)(5k+3)

=k^{3}+5k(7k^{2}+9k+3)+3(7k^{2}+9k+3)+3(7k^{2}+9k+3)

=k^{3}+35k^{3}+45k^{2}+15k+21k^{2}+27k+9

=36k^{3}+66k^{2}+42k+9

= (6k+4)(6k^{2}+42k^{2}+42k+9

= (6k+4)(6k^{2})+(6k+4)(4k^{2}+18k^{2}+26k+9

= (6k+4)(6k^{2}+4k)+18k^{2}+26k+9

=k(6k+4)^{2}+(6k+4)(3k)+14k+9

=k(6k+4)^{2}+(3k+2)(6k+4)+2k+1

=d_{2}b^{2}+d_{1}b+d_{0}

=n_{4}

$따라서$ $n_{4}$ ${\$ 은(는)모든 k {\ $displaystyle k}$ 에 $F_{3,b}$ F $F_{3,b}$ , $F_{3,b}$ b $F_{3,b}$ {\ $displaystyle F_{3$ ,b $}}}$ 에 대한 완벽한 디지털 불변제 입니다 $n_{4}$ $k$

완벽한 디지털 불변제
$(\displaystyle k}$	$(\displaystyle b)$	$n_{4}$
0	4	021
1	10	153
2	16	285
3	22	3B7
4	28	4E9

F_p,b

모든 숫자는 base $b$ $b$ 에 표시된다 $b$

$(\displaystyle p}$	$(\displaystyle b)$	비독점적 완벽한 디지털 불변제	사이클
2	3	12, 22	2 → 11 → 2
	4	$\varnothing$	$\varnothing$
	5	23, 33	4 → 31 → 20 → 4
	6	$\varnothing$	5 → 41 → 25 → 45 → 105 → 42 → 32 → 21 → 5
	7	13, 34, 44, 63	2 → 4 → 22 → 11 → 2 16 → 52 → 41 → 23 → 16
	8	24, 64	4 → 20 → 4 5 → 31 → 12 → 5 15 → 32 → 15
	9	45, 55	58 → 108 → 72 → 58 75 → 82 → 75
	10	$\varnothing$	4 → 16 → 37 → 58 → 89 → 145 → 42 → 20 → 4
	11	56, 66	5 → 23 → 12 → 5 68 → 91 → 75 → 68
	12	25, A5	5 → 21 → 5 8 → 54 → 35 → 2A → 88 → A8 → 118 → 56 → 51 → 22 → 8 18 → 55 → 42 → 18 68 → 84 → 68
	13	14, 36, 67, 77, A6, C4	28 → 53 → 28 79 → A0 → 79 98 → B2 → 98
	14	$\varnothing$	1B → 8A → BA → 11B → 8B → D3 → CA → 136 → 34 → 1B 29 → 61 → 29
	15	78, 88	2 → 4 → 11 → 2 8 → 44 → 22 → 8 15 → 1B → 82 → 48 → 55 → 35 → 24 → 15 2B → 85 → 5E → EB → 162 → 2B 4E → E2 → D5 → CE → 17A → A0 → 6A → 91 → 57 → 4E 9A → C1 → 9A D6 → DA → 12E → D6
	16	$\varnothing$	D → A9 → B5 → 92 → 55 → 32 → D
3	3	122	2 → 22 → 121 → 101 → 2
	4	20, 21, 130, 131, 203, 223, 313, 332	$\varnothing$
	5	103, 433	14 → 230 → 120 → 14
	6	243, 514, 1055	13 → 44 → 332 → 142 → 201 → 13
	7	12, 22, 250, 251, 305, 505	2 → 11 → 2 13 → 40 → 121 → 13 23 → 50 → 236 → 506 → 665 → 1424 → 254 → 401 → 122 → 23 51 → 240 → 132 → 51 160 → 430 → 160 161 → 431 → 161 466 → 1306 → 466 516 → 666 → 1614 → 552 → 516
	8	134, 205, 463, 660, 661	662 → 670 → 1057 → 725 → 734 → 662
	9	30, 31, 150, 151, 570, 571, 1388	38 → 658 → 1147 → 504 → 230 → 38 152 → 158 → 778 → 1571 → 572 → 578 → 1308 → 660 → 530 → 178 → 1151 → 152 638 → 1028 → 638 818 → 1358 → 818
	10	153, 370, 371, 407	55 → 250 → 133 → 55 136 → 244 → 136 160 → 217 → 352 → 160 919 → 1459 → 919
	11	32, 105, 307, 708, 966, A06, A64	3 → 25 → 111 → 3 9 → 603 → 201 → 9 A → 82A → 1162 → 1962 → 790 → 895 → 1032 → 33 → 888 → 1177 → 576 → A3 → 8793 → 1210 → A 25A → 940 → 661 → 364 → 25A 366 → 388 → 876 → 894 → A87 → 1437 → 366 49A → 1390 → 629 → 797 → 1077 → 575 → 49A
	12	577, 668, A83, 11AA
	13	490, 491, 509, B85	13 → 22 → 13
	14	136, 409
	15	C3A, D87
	16	23, 40, 41, 156, 173, 208, 248, 285, 4A5, 580, 581, 60B, 64B, 8C0, 8C1, 99A, AA9, AC3, CA8, E69, EA0, EA1
4	3	$\varnothing$	121 → 200 → 121 122 → 1020 → 122
	4	1103, 3303	3 → 1101 → 3
	5	2124, 2403, 3134	1234 → 2404 → 4103 → 2323 → 1234 2324 → 2434 → 4414 → 11034 → 2324 3444 → 11344 → 4340 → 4333 → 3444
	6	$\varnothing$
	7	$\varnothing$
	8	20, 21, 400, 401, 420, 421
	9	432, 2466
5	3	1020, 1021, 2102, 10121	$\varnothing$
5	4	200	3 → 3303 → 23121 → 10311 → 3312 → 20013 → 10110 → 3 3311 → 13220 → 10310 → 3311

음의 정수로 확장

완벽한 디지털 불변기는 각 정수를 나타내기 위해 부호화된 숫자 표현을 사용함으로써 음의 정수로 확장될 수 있다.

균형 3차

균형잡힌 3진법에서 자릿수는 1, -1 및 0이다.이로 인해 다음과 같은 결과가 발생한다.

With odd powers $p\equiv 1{\bmod {2}}$ , $F_{p,{\text{bal}}3}$ reduces down to digit sum iteration, as $(-1)^{p}=-1$ , $0^{p}=0$ and $1^{p}=1$ .
짝수 $p\equiv 0{\bmod {2}}$ $p\equiv 0{\bmod {2}}$ $p\equiv 0{\bmod {2}}$ $p\equiv 0{\bmod {2}}$ 2 ${\$ $F_{p,{\text{bal}}3}$ $F_{p,{\text{bal}}3}$ , $F_{p,{\text{bal}}3}$ $F_{p,{\text{bal}}3}$ ${\$ 은 자릿수의 합이 0으로 끝나는 경우에만 2만큼의 차이를 나타내기 때문에 숫자가 짝수인지 홀수인지를 나타낸다 $F_{p,{\text{bal}}3}$ . $0^{p}=0$ $0^{p}=0$ = $0^{p}=0$ ${\displaystyle$ 0 $^{p}=0$ $(-1)^{p}=1^{p}=1$ ( $(-1)^{p}=1^{p}=1$ - 1 $(-1)^{p}=1^{p}=1$ ) $(-1)^{p}=1^{p}=1$ = $(-1)^{p}=1^{p}=1$ $(-1)^{p}=1^{p}=1$ = 1 ${\displaystyle(-1)^{p}=1^{p}=1$ }=1 $(-1)^{p}=1^{p}=1$ 의 모든 자리 쌍에 대해 합은 0이고 제곱합은 2이다.

해피넘버와의 관계

주어진 $b$ ${\displaystyle$ b $}$ 과(와) 주어진 $b$ $p$ $p$ 에 대한 $n$ 해피 넘버 $n$ ${\$ displaystyle n $}$ 은 완벽한 디지털 불변함수 $F_{p,b}$ $F_{p,b}$ $F_{p,b}$ ${\$ $displaystyle F_$ $F_{p,b}$ $p,b}$ 의 $F_{p,b}$ $m$ 이 $m$ ${\$ 의 $F_{p,b}$ 사전 주기적 지점이다 $p$ .사소한 완벽한 디지털 불변성 $1$ ${\displaystyle 1$ 에 해당되며, 불행한 숫자는 그러한 $m$ $m$ 이(가) 존재하지 않는 숫자다 $m$

프로그래밍 예제

아래 예는 파이썬에서 완벽한 디지털 불변기와 사이클을 검색하기 위해 위 정의에 기술된 완벽한 디지털 불변함수를 구현한다.이것은 행복한 숫자를 찾는 데 사용될 수 있다.

반항하다 pdif(x: 인트로, p: 인트로, b: 인트로) -> 인트로:     """"완벽한 디지털 불변함수."""     총계 = 0     하는 동안에 x > 0:         총계 = 총계 + 포우(x % b, p)         x = x // b     돌아오다 총계  반항하다 pdif_cycle(x: 인트로, p: 인트로, b: 인트로) -> 리스트[인트로]:     보이는 = []     하는 동안에 x 아닌 에 보이는:         보이는.덧셈을(x)         x = pdif(x, p, b)     사이클을 타다 = []     하는 동안에 x 아닌 에 사이클을 타다:         사이클을 타다.덧셈을(x)         x = pdif(x, p, b)     돌아오다 사이클을 타다

참고 항목

참조

^ ^a ^b 완벽한 PluPerfect Digital Invariants Scott Moore가 웨이백 머신에 보관한 2007-10-10
^ 하비 하인즈 PDI

외부 링크

디지털 불변제

[moore2-1] 완벽한 PluPerfect Digital Invariants Scott Moore가 웨이백 머신에 보관한 2007-10-10

[2] 하비 하인즈 PDI

[1]

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'F_2,b'