・・・4あたりでしょうか。証明の形としては、ある特定のn=Nにて、a_Nが条件(b)を満たすと示す。・・・5nがある条件Qを満たすとき、a_nは条件(b)を満たし、Qを満たすnが存在することを示す。・・・61がm回連続現れるa_nが存在すると仮定すると、1がm+1回連続現れるa_nが必ず存在すると示す。(数学的帰納法)・・・7くらい。5は厳密には6に包括されますが、分かりやすくするため分割しました。準備立ては出来たので、次に作戦を考えます。始点(1~4)から攻める解き方と、終点(5~7)から攻める解き方がありますが、まずは1~4を詳しく掘り下げながらそれぞれが5~7のどの形に使えそうかを模索していくことにしましょう。これは簡単に思いつきますが、6の倍数だからといってどうということもなく、発展させにくい。これはかなり有用に見えます。いうのも、n3とnでは桁数に大きく差が開き、nに巨大な数を入れると片方がほぼ無視できるからです。nを無視するのは勿論、後述する手段をとればn3も無視できます。nに1が99回連続で現れると示すのは難解でも、n3やnに現れるのを示すのはいくらか楽でしょう。これらはa_nの増加具合を差と商の二つの側面から関数としたものです。3を見るとa_nは加速度的に大きくなっていくように見えますが、4を見るとa_nとa_n+1の比率はnが大きくなるほど1:1に近づき、変化の大きさは穏やかになると読み取れます。a_3はa_2の4倍ですが、a_10000はa_9999のたった1.0003倍にしかなりません。nが大きくなるにつれa_nの変化がゆっくりになるのであれば、そこに糸口が見つかるかもしれません。2から証明してみましょう。これは5に行き着きそうな道筋です。nについて、nがm桁だとすると、n3は3m桁くらいあり、m+1桁目から3m桁までの数字は殆ど変わりません。nの数字が完全一致しています。このことを証明に用いてみましょう。上から99桁が全て1となるn3があることを示し、その部分はnを引いても変わらないことを示せば証明完了ですね。(ただしこのnを引いても変わらない、というのを示すのが厄介で、少し遠回りをすることになります。と1が100個続く数をXとおく。3√(X+1)である。間には必ず自然数が存在するはず。この自然数をNとおく。111111...112(1が99個と2が1個)なので、N3の上から100桁は全て1である。いう式が成立する(証明割愛)。