Математическое и загадочное

[Себастьян Перейро]

про треугольники ничего не могу сказать.

если площадь кругов нужна кому, то она вроде:

 

Sa2=4*Sa3

Sa1=4*Sa2

 

но это неточно...

[eve-nts]

a1 + a2 + a3 = 180   ->   a1 = 180  - a2 - a3 

 

z + c1 = 180  - a1 - (b1 + e)

 

x + c1 = 180 - a3 - (d1 +f)

 

(180 - a2) + e + b1 + f + d1 = 180 ->   a2 =  e + b1 + f + d1 

 

z + c1 + x + c1 = 180  - a1 - (b1 + e) + 180 - a3 - (d1 +f) {Развёрнутый угол}

 

RU = z + c1 + x + c1 (Развёрнутый угол, введём переменную)

 

RU =2*180  - 180  + a2 + a3 - b1 - e- a3 - d1 -f

 

RU =180  + a2 - b1 - e- d1 -f

 

RU =180  +e + b1 + f + d1 - b1 - e- d1 -f

 

RU =180 

 

Код вычислений скорее всего не оптимизирован, наверное, можно сделать и покрасивее, но сумма углов z + c1 + x + c1 =180 град, сл. это прямая линия.

 

[E.K.]

Да-да-да!

Именно так!
 

Ну, с тригонометрическими тасками мы вроде как закончили. (а некоторые говорили - слабо, не справимся). Всем можно расслабиться немного.

 

Немного...

[E.K.]

Итак, вот ещё арифметическая задачка. На этот раз про совершенные числа, то есть такие, которые равны сумме всех своих множителей. Например, совершенными числами являются:

 

6 = 1 + 2 + 3

28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14

 

Всего про них будут три задачки - и давайте попробуем их решить самостоятельно, без подглядывания в интернеты, а то удовольствие пропадёт.

 

Задачка 1. Когда-то очень-очень давно Евклид доказал, что если 2ⁿ - 1 - простое число, то 2^{(n - 1)} * (2ⁿ - 1) - совершенное (n - натуральное число, само собой). Получится ли нам самостоятельно доказать этот факт? Умнее ли мы Евклида или же всё ещё нет?

[E.K.]

Никак? Евклид круче..

 

А просто попобовать цифры сложить - не пробовали?

Вы же просили несложных арифметических задачек!!

[E.K.]

Давайте для начала перечислим все делители числа  2^{(n - 1)} * (2ⁿ - 1) , где 2ⁿ - 1 - простое число. Это будет такой ряд: 1, 2, 4.. что дальше?

[E.K.]

Всем привет, вы будете пытаться решить - или мне рассказать? Там совсем несложно..

 

Примерно вот так:

 

2^{(n - 1)} * (2ⁿ - 1) , где 2ⁿ - 1 - простое число можно записать вот так: 2^{(n - 1)} * p  - какие у него делители? Все степени двойки, простое p тоже делитель, а также все степени двойки, умноженные на p (кроме самого проверяемого числа). Вот такой ряд получается:

 

1, 2, 4, ... 2^(n-1), p, 2*p, 4*p, 2^(n-2)*p

 

Ещё могут у него быть делители? Да откуда им взяться? На другие простые числа кроме 2 и p наше число не делится. Теперь остаётся просуммировать этот ряд и посмотреть на результат. 1,2,4... - это геометрическая прогрессия, сумма которой считается по простой формуле. Для двойки эта формула будет такой:

 

1 + 2 + 4 + ... + 2^(n-1) = 2ⁿ - 1

 

То есть, искомая сумма всех делителей равна...

 

2ⁿ - 1 + p*(2^(n-1) - 1) = 2ⁿ - 1 + (2ⁿ - 1)*(2^(n-1) - 1) =

= 2ⁿ - 1 + 2^(2n-1) - 2ⁿ - 2^(n-1) + 1 =  2^(2n-1)- 2^(n-1) = 2^(n-1) * (2ⁿ - 1)

 

И... получили тоже самое чисто. То есть, сложили все делители числа 2^(n-1)*(2ⁿ-1) и получили ровно тоже самое число. То есть, числа такого вида являются совершенными.

 

Привет Евклиду!

[E.K.]

Теперь понятно как решать подобные задачки? Ага, вижу - понятно всем. Ну, почти всем. Переходим к следующей задачке:

 

Задачка 2. Доказать, что все чётные совершенные числа имеют вид 2^{(n - 1)} * (2ⁿ - 1), где 2ⁿ - 1 - простое.

 

Поехали...

[E.K.]

Поехали... MagicNumber = чётное число.

 

Все чётные числа имеют вид "два умножить на что-то". Предлагаю разделить эти категории на несколько подмножеств.

 

1. Чётное MagicNumber есть просто степень двойки. Но тогда все его делители есть единица и двойки в степени. Сумма 1 + много двоек = нечётное число. То есть, совершенное число MagicNumber не может быть просто степенью двойки.

 

2. Чётное MagicNumber есть просто степень двойки, умноженное на простое число p. Каким может быть такое число p? То есть, 2^k*p = совершенное. Тогда:

 

2^k*p = 1 + 2 + 4 + … 2^k + (1 + 2 + 4 + … 2^k-1)*p = (1 + 2 + 4 + … 2^k-1)*(p+1) + 2^k

 

Геометрическая прогрессия ->

 

= (2^k-1)*(p+1) + 2^k = (2^k-1)*p + 2^k+1 - 1

 

То есть, 2^k*p = (2^k-1)*p + 2^k+1 - 1

 

Всё на этом, получили p = 2^k+1 - 1

То есть, все совершенные числа вида "степень двойки умноженное на простое p" имеют тот самый вид, который требуется доказать.

 

3. Чётное MagicNumber есть просто степень двойки, умноженное на что-то ещё, которое нечётное. А вот тут надо подумать...

[E.K.]

Что-то как-то не очень думается. Рассмотрим простейший случай: 2^k*p*q = совершенное, где p и q - простые числа. Тогда:

 

Совершенное 2^k*p*q = сумме всех своих делителей = все степени двойки, плюс все степени двойки, помноженные на p и q, плюс p*q помноженные на все степени двойки до 2^k-1

 

То есть,

 

2^k*p*q = 2^k+1 - 1  +  (2^k+1 - 1)*(p + q)   +    (2^k - 1)*p*q

 

Сокращаем с обеих сторон 2^k*p*q , получается:

 

0 = 2^k+1 - 1  +  (2^k+1 - 1)*(p + q)   - p*q

 

Или:

 

p*q = (2^k+1 - 1)*(p + q + 1)

 

Но поскольку p и q простые, то получается, что одно из этих чисел равно правой части правого перемножения, а второе - левой. То есть: либо p, либо q равны p+q+1. Тогда второе число равно -1, что противоречит условиям задачки..

 

То есть, совершенные числа не могут иметь вид 2^k*p*q , где p и q - простые числа.

 

Это получилось совсем не сложно. А вот дальше у меня что-то идей нет..

[E.K.]

Мне кажется, я приближаюсь к правильному решению. Проверьте плиз правильность изложения!

 

Для начала посмотрим на совершенное число, состоящее из произведения степени двойки и трёх простых чисел: 2^k*p*q*r = совершенное. Тогда все делители числа есть все степени двойки, плюс три простых во всех комбинациях на все степени двойки, плюс все три на все степени двойки без крайней:

 

2^k*p*q*r = 2^k+1 – 1 + (2^k+1 – 1)*(p+q+r + pq+pr+qr) + (2^k – 1)*p*q*r

 

Вычитаем 2^k*p*q*r  ->

 

0 = 2^k+1 – 1 + (2^k+1 – 1)*( xxx ) – p*q*r

p*q*r = (2^k+1 – 1)*(p+q+r+pq+pr+qr+1)

 

Кто-то из простых должен быть = (2^k+1 – 1) , пусть это p , тогда сокращаем этот множитель ->

 

q*r = (2^k+1 – 1 + q + r + pq + pr + qr + 1)

= 2^k+1 + q + r + qr + (2^k+1 – 1)*(q+r) =

=> 2^k+1 + qr + 2^k+1*(q+r) =>

 

Сокращаем q*r .. Получается, что вробе бы:

 

0 = 2^k+1 + qr + 2^k+1*(q+r)

 

Чего быть не может никак.

 

Проверьте плиз правильность выкладок. Если всё верно, то доказательство будет через 2^k*p*a , где a = все остальные простые множители.

[E.K.]

Задачка 2. Доказать, что все чётные совершенные числа имеют вид 2^{(n - 1)} * (2ⁿ - 1), где 2ⁿ - 1 - простое.

 

Итак, с числами вида 2^k и 2^k*p (где p - простое) разобрались. Осталось доказать, что все остальные чётные совершенные числа имеют указанный выше вид. Все оставшиеся чётные числа выглядят как степень двойки, умноженное на некоторое число, состоящее из произведения как минимум двух других чисел (простых или нет - неважно). Пусть это будут p*а. Зачем требуется такая запись - станет понятно чуть позже.

 

То есть, запись числа будет такой: 2^k*p*a = совершенное число. Посмотрим на сумму делителей этого числа. Это упражнение мы уже делали несколько раз, но всё равно ещё разок и для пущей аккуратности даже скобками выделю:

 

Все делители этого числа есть: [ все степени двойки ], плюс [ все степени двойки, помноженные на p ], плюс [ все степени двойки, помноженные на a ], плюс [ все степени двойки, помноженные на некоторое A, равное сумме всех возможных комбинаций делителей числа p*a кроме a и p (уже подсчитали) и самого p*a ], плюс [ это самое p*a , умноженное на все степени двойки кроме крайней 2^k ].

 

То есть,

 

2^k*p*a = [ 2^k+1 – 1 ] + [ (2^k+1 – 1)*p ] + [ (2^k+1 – 1)*a ]+ [ (2^k+1 – 1)*A ] + (2^k – 1)*p*a

 

Выносим за скобки (2^k+1 – 1)  и разворачиваем самые правые скобки:

 

2^k*p*a = (2^k+1 – 1)*(1 + p + a + A) + 2^k*p*a – p*a

 

Cокращаем 2^k*p*a и переносим –p*a налево:

 

p*a = (2^k+1 – 1)*(1 + p + a + A)

 

То есть, среди делителей p*a есть число (2^k+1 – 1). Пусть это и будет p (вот зачем оно нам потребовалось). То есть, p=(2^k+1 – 1). Подставляем, сокращаем...

 

a = 1 + (2^k+1 – 1) + a + A

 

Сокращаем a и видим очевидное противоречие:

 

0 = 2^k+1 + A

 

Вроде бы нигде не наврал...

 

А хорошая задачка, мне понравилось Осталось добить её третью часть:

 

 

Задачка 3. Доказать, что нечётных совершенных чисел не существует.

[E.K.]

Сразу: нечётных совершенных простых чисел не существует, поскольку они делятся только на единицу и на себя. То есть, p=1. Всё.

 

Посмотрим на нечётное, которое степень простого: p^k. Чему равна сумма его делителей? 1+p+p²+...+p^(k-1) геометрическая прогрессия, которая равна... (p^k-1)/(p-1). То есть, совершенное p=(p^k-1)/(p-1). Умножаем на (p-1), получаем: p²-p = p^k-1. Нет, лучше так:

 

1 = p*(p^(k-1) - p + 1)

 

Чего быть не может просто никак.

 

Ну, пусть наше нечётное совершенное состоит из произведения двух простых. То есть, p*q = 1+p+q. Но отсюда сразу p*(q-1) = q+1, что даёт:

 

p = (q+1) / (q-1)

 

Подставляем a=q-1 и видим странное: простое p = (a+2)/a = 1 + 2/a, что не может быть натуральным (целым) числом при a>2. При этом a>=0, иначе q отрицательное. Если a=0, то q=1 (т.е. не простое); если a=1, то q=2, p=3 и результат чётный, а нам интересны только нечётные. Если a=2, то q=3, p=2. Всё.

 

То есть, нечётные совершенные имеют по крайней мере три числа в своём разложении на простые множители.

[E.K.]

Ладно, не буду вас мучить совершенными нечётными числами. Вот что про совершенные числа пишет Википедия:

 

Нечётных совершенных чисел до сих пор не обнаружено, однако не доказано и то, что их не существует. Неизвестно также конечно ли множество нечётных совершенных чисел, если они существуют. Доказано, что нечётное совершенное число, если оно существует, превышает 10¹⁵⁰⁰; при этом число простых делителей такого числа с учётом кратности не меньше 101. Поиском нечётных совершенных чисел занимается проект распределённых вычислений OddPerfect.org.

 

Кстати, первые 10 совершенных чисел выглядят совершенно пугающе:

 

    6,

    28,

    496,

    8128,

    33 550 336,

    8 589 869 056,

    137 438 691 328,

    2 305 843 008 139 952 128,

    2 658 455 991 569 831 744 654 692 615 953 842 176,

    191 561 942 608 236 107 294 793 378 084 303 638 130 997 321 548 169 216

 

Посему давайте решать задачку попроще. Вот такую:

 

Задачка такая: Решить в натуральных числах уравнение (1 + n^a)^b = 1 + n^c

 

Как раз длинные выходные, есть время подумать

[iv65]

Доказано, что нечётное совершенное число, если оно существует, превышает 10^1500;

Непонятно, зачем нужно оперировать такими большими величинами?

Если даже таким числом, как:

https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%93%D1%83%D0%B3%D0%BE%D0%BB

Невозможно описать количество объектов во Вселенной

http://news.bbc.co.uk/hi/russian/life/newsid_1954000/1954970.stm

 

Гугол больше, чем количество атомов в известной нам части Вселенной, которых, по разным оценкам, насчитывается от 10⁷⁹ до 10^81[3], что также ограничивает его применение.

Изменено 7 марта, 2019 пользователем iv65