Перейти к содержанию

Рогожников Евгений

Участники
  • Публикаций

    82
  • Зарегистрирован

  • Посещение

Репутация

13

Информация о Рогожников Евгений

  • Статус
    Постоялец

Посетители профиля

4 202 просмотра профиля
  1. Да уж. Слона то я и не заметил. Попытка номер два. Теперь я заметил, что 2048=2^11=(1+1) ^11 2021=2048-27 27=3^3=(1+1+1) ^(1+1+1)
  2. Для 1 также попробовал сначала подобрать с помощью небольшого числа 1 число близкое к 2021. 111*11 = 1221. Оно ровно на 100 больше чем нужно. Фактически, повезло. Отсюда решенеи приходит сразу 111*11 - 111 + 11 = 2021 Таким образом, с учетом еще кейса для 3-ки, которое дал Scarbovoy, получены решения для всех числе от 1 до 9 Для аналогичной задачи в хексах я пока беру паузу
  3. Для 8-ки та же идея, что и для 9-ки. Сначала пытаемся получить небольшим числом 8-к число близкое к 2021. 88*8*3 = 88*(8+8+8)= 2112 больше на 91 чем искомое. Ну а далее перебираем около этих значений. Получаем (88 - 8/64)*(8+8+8) - 88
  4. Для 9-ки уже другая идея. Заметил, что 999*2 = 1998 - довольно близко к 2021 Соответственно, перебирал около этих значений ((999 + 99/9)(9+9) + 9)/9 = 2021
  5. Для 6 опять же сработал этот способ 43 = 6*6 + 6 + 6/6 47 = 6*6 + 66/6 2021 = 43*47 = (6*6 + 6 + 6/6)(6*6 + 66/6)
  6. Пользуясь только самыми простейшими сооображениями, а именно, что 43*47 = 2021 43*47 = 45² - 2² = 45² - 4 сразу получаем следующие решения (22*2 + 2/2)² - 2*2 (44 + 4/4)*(44 + 4/4) - 4 (7*7-7 + 7/7)(77 - (7+7)/7) (55 - 5 - 5)^( (5+5)/5 ) - 5 + 5/5 далее сходу получить не удалось
  7. Можно тогда вместо возведения в квадрат использовать квадратный корень. Раз синусы и логарифмы разрешены, то знак √ тоже, наверно , сойдет. И тогда делаем так 1) sin (arctg(1)) = 1/√2 = 2 ^ (-1/2) 2) извлекаем N раз квадратный корень. Получаем 2^(-1/(2^N)) 3) берем двоичный логарифм. получаем: -1/(2^N) = -2^(-N) 4) дописываем знак -. получаем: -( -2^(-N)) = 2^(-N) 5) берем еще раз двоичный логарифм. получаем: -N 6) дописываем еще раз знак - Ну или итогово вот так: -(log(-log(√(√(...√(sin (arctg(1)))...)))) = N ( если корней взято N штук) Заметим,
  8. Нашел способ как из 1 получить любой натуральное число N. Из используемых операций: arctg, sin, возведение в квадрат и логарифм по основанию 2. 1) sin( arctg(1)) = 2^(-1/2) 2) далее полученно число возводим в квадрат 2*N раз. Получим (2^(-1/2))^(2N) = 2^(-N). 3) берем логарифм по основанию 2: log(2^(-N) = -N 4) Ну и, наконец, ставим знак - в самом начале А сама запись вот такая -log(((....sin( arctg(1))²)²)²...)²)
  9. Неужели? https://www.wolframalpha.com/ считает иначе... гм. ошибся надо было так (9 * 8 * 7 * ( 6 - 5 )) * 4 + 3 + 2 * 1 = 2021
  10. Почитал решения для случаев с малым числом цифр. Особенно, когда шла работа с одной единицей. Фантазия разыгралась. Если её не ограничивать, то на ум приходят странные конструкции. Например: Шаг 1: 1 -> one. Английское написание цифры Шаг 2: one -> 14, 15, 5. Порядковые номера букв в английском алфавите Шаг 3: пусть P(n) = n-му простому числу. Тогда получим последовательность P(14), P(15), P(6) = 43, 47, 11 Шаг 4: будем теперь применять наши обычные арифметические операции 43*47*1*1 = 2021!!!! Если теперь вернуться с такими ухищрениями к изначальной
  11. Для 10 цифр (10*9 + (8-7)*(6+5))*(4*(2+3)) + 1 = 101*20 + 1 = 2021 Для 9 цифр (9 * 8 * 7 * ( 6 - 5 )) * 4 + 3 + 2 + 1 = 2021
  12. Лемма 1 угловые скорости стрелок можно считать натуральными числами ( 0 - тоже подходит, стрелка с такой скоростью всегда может быть добавлена. Поэтому 0 мы не рассматриваем, но держим в уме, что у нас всегда есть одна стрелка в запасе). Доказательство: В самом деле, если взять какую то стрелку и пусть ее скорость x>0, то можно раделить все скорости на x. Тогда получим новую последовательность сокростей , которые также будут удовлетворять услвоиям задачи, но скорсть одной из стрелок будет целым числом. в данном случае 1. Далее считаем, что x - натрулаьное. Возьмем теперь другую с
  13. Круто. И получается, что это максимальное число в данном случае, т.к мое предыдущее рассуждение верно и здесь. Надо только 36 разделить на 3/2, что и равняется 24. Ну и понятно, что такое решение будет удовлетворять условию, что в каждой группе будет 2 ферзя, закрывающих 3 строкостолбца. И на картинке это видно. Судя по этой картинке, и для 20х20 есть решение в 26 ферзей. Но мне, если честно, неохота его искать вручную. А искать программно неинтересно.
  14. Пока удалось доказать, что более 26 ферзей поставить нельзя. Соображения тут следующие: всех феррзей можно разбить на группы, поместив в одну группу тех, что бьют друг друга. Ясно что в группе будет один или два ферзя. Каждой группе поставим в соответствие строки и столбцы, в которых расположены ферзи этой группы. Для одного ферзя это будет одна строка и один столбец, т.е ровно два "строко-столбца". Для пары ферзей это будет либо 3 либо 4 "строко-столбца". При этом ясно, что "строко-столбцы" разных групп не пересекаются. Таким образом, на одного ферзя в среднем будет приходиться не менее 3/2
  15. Я же написал - это очевидно потому что нижний 6-й слой совсем не заполнится. Если развернуть этот тезис, то это будет следующее рассуждение: - Даже если предположить, что 5-й слой будет полностью заполнен, то каждому кубику с шестого слоя он даст в соседи только одну красную грань. Так что на 6-м слое, чтобы раскрасить в красный хотя бы один новый кубик, нужно чтобы он изначально имел на этом слое двух красных соседей. Но их, очевидно, нет. А вот тут я ошибся. решение с 9-ю также есть и оно похоже на решение для 6-ти
×
×
  • Создать...