Математическое и загадочное

[santax]

Для 1000 правда (используя ранее выложенный вами скрипт.

А для 10000 мощностей моего телефона не хватает (2x1Ггц проц, 512Мб ОЗУ).

Изменено 30 октября, 2017 пользователем santax

[E.K.]

Этто... мож быть - есть у кого-нибудь компьютер для проверки теории?

Если нет ни у кого - приношу извинение за беспокойство...

[E.K.]

Ну что?

Неужели лень в компьютер засунуть?

Мне просто тупо некогда...

 

На самом деле тут интересненько получается, если решать задачу в общем случае, то есть:

Взяли два разных числа больше 1, одному сказали сумму S, а другому произведение M.

 

Так вот, если сумма S чётное число, то это получается перефразированием "Проблемы Гольдбаха" - что любое чётное число, начиная с 4, можно представить как сумму двух простых чисел. Задачка эта была придумана в середине 18-го века Гольдбахом и Эйлером и до сих пор не решена. За её решение дадут 1 миллион долларов - такой приз (тыкайте в Википедии, кому интересно).

 

Следовательно, если проблема Гольдбаха верна, то на любую чётную сумму второй никак не может сказать "а я заранее знал, что по произведению ты ничего не получишь". То есть, если сумма чётная, то по проблеме Гольдбаха есть пара простых, которые дают эту сумму. Всё.

 

С другой стороны, если задача с суммой-произведением верна для всех чётных сумм, то мы доказали проблему Гольдбаха и можно смело идти за миллионом долларов То есть, что означает: "я не могу сказать ответ.. - а я сразу знал и нет решения в чётных числах"? А что для каждого чётного можно найти пару простых, которая в сумме даёт чётное число.

 

Я к тому, что чётные суммы S можно игнорить.
 

[Наталья Волкова]

Так вот, если сумма S чётное число, то это получается перефразированием "Проблемы Гольдбаха" - что любое чётное число, начиная с 4, можно представить как сумму двух простых чисел. Задачка эта была придумана в середине 18-го века Гольдбахом и Эйлером и до сих пор не решена. За её решение дадут 1 миллион долларов - такой приз (тыкайте в Википедии, кому интересно).

Мне стало интересно и я "потыкала".. и не только Википедию, и... с ужасом обнаружила, что даже решив задачу, мы навряд ли получим 1 млн.))) Если претендовать на премию Математического института Клэя, то Бинарная проблема Гольдбаха, как таковая не входит в список "задач тысячелетия", но зато в этом списке есть гипотеза Римана, на основании которой пытались доказать/почти доказали тернарную гипотезу Гольдбаха. Кратко о работах математиков в этом направлении вот тут: https://lenta.ru/articles/2013/06/17/goldbach/ Для решения этих проблем используются суперкомпьютеры всего мира)))

Может быть эта задача входила в «роман идей» Апостолоса Доксиадиса «Дядя Петрос и проблема Гольдбаха»(1992 г.)? За решение которых издательство Faber&Faber пообещало миллион долларов тому из читателей, кто в течение двух лет после тиража даст решение задачи. "Роман идей" я пока не прочитала

Изменено 3 ноября, 2017 пользователем Наталья Волкова

[E.K.]

А тем временем... Помните про задачку про круг 1980?

Мне тут на стороне рассказывали, что "решение занимает не больше тетрадного листочка", ну я и искал его всячески.. Короче, вот что получается.

 

Надо выяснить как ведёт себя последовательность (x+1)x/2 в кольце 1980 (в общем случае в кольце N). Так вот, это перефразируется как - найти все решения уравнения:

 

(x+1)x/2 (mod N)

 

Разворачиваем... и путём нехитрых манипуляций... (ага, 1980 делится на 4, посему можно) ->

 

(x^2+x)/2 -> (4x^2+4x+1-1)/8 -> (2x+1)^2 (mod N)

 

И задача сводится к квадратичным вычетам по модулю N.

 

Сия проблема в общем случае была исследована американским математиком Вальтером Станглом и результат опубликован в 1996м году:

 

Вот какая формула... Задачка действительно оказалась зубодробительной Но в частном случае вполне "протыкаемая".

 

P.S. ОЙ! Не так! Я сводил к квадратичным вычетам только нечётные N. Чётные не пробовал, да там и не должно получиться. Для N=2^k вроде бы "протыкиваются" вообще все ячейки.

 

Короче, кому интересно - можно попробовать разобраться почему чётные N не сводятся к квадратичным вычетам.

[E.K.]

А тем временем... Всё оказалось значительно проще

 

Задача «сколько покрасится на круге 1980» тождественна задаче «найти количество “(x+1)x/2” сравнимых между собой по модулю 1980», так как условие задачи сводится к арифметической прогрессии 1+2+3+...+n на кольце 1980, то есть, по модулю 1980.

 

(Внимание! Не стоит задача «найти все такие числа», стоит задача «найти их количество»).

 

Далее, a ≡ b (mod pq) для взаимопростых p,q тогда и только тогда, когда a ≡ b (mod p) и a ≡ b (mod q)

 

// Доказательство: читайте Википедию про сравнения по модулю, а конкретнее - вот здесь, где "Свойства сравнимости по модулю".

 

Ну, хорошо, не будем лениться... Нужно сделать вот что:

 

a ≡ b (mod pq) a ≡ b (mod p) & a ≡ b (mod q) , для взаимопростых p,q.

 

Нужно доказать "туда и обратно", то есть, что для взаимопростых p,q :

 

1. Если a ≡ b (mod pq)   =>  то a ≡ b (mod p) и a ≡ b (mod q)

2. Равенство a ≡ b (mod pq) справедливо  a ≡ b (mod p) и a ≡ b (mod q)

 

Доказательство:

 

1. a ≡ b (mod pq) означает, что a-b = pq*t p, потом по модулю q,

оба раза справа получаем нули, что означает:

a-b ≡ 0 (mod p)

a-b ≡ 0 (mod q)

 

Всё. "Туда" доказано.

 

2. Из a ≡ b (mod p) и a ≡ b (mod q) следует, что a,b сравнимы по наименьшему общему кратному НОК(p,q),

а поскольку p,q взаимопросты, то их НОК(p,q) = p*q. То есть, a ≡ b (mod НОК(p*q)) = (mod p*q).

 

Всё. "Обратно" тоже доказано.

 

Например, если 120 ≡ 153 (mod 33), то 120 ≡ 153 (mod 3) и (mod 11). И наоборот.

Проверяем "наоборот". Остаток от деления 120 и 153 на 3 у обоих ноль, а на 11 у обоих 10. Сходится.

Проверка "то" есть деление на 33:  120 -> 21, 153 -> тоже 21.

 

Кстати, числа эти не случайны. Это номера закрашенных на кольце 33:

120 = (x+1)x/2 (x=15)

153 = (x+1)x/2 (x=17)

 

Отсюда следует, что количество решений уравнения x ≡ k (mod pq) для всех k равно произведению количеств решений уравнений

x ≡ a (mod p) и x ≡ b (mod q) для всех a и b, поскольку для x ≡ k (mod pq) его множество всех решений {k₁,k₂,...}

однозначно указывает на пары {(a₁,b₁), (a₂,b₂),...} решений уравнений x ≡ a (mod p) и x ≡ b (mod q).

И наоборот: каждая пара из решений {a₁,a₂,...} и {b₁,b₂,...} однозначно указывает на кого-то в {k₁,k₂,...}.

 

То есть, если взять прямоугольник p*q и заштриховать строки и столбцы решений по p и q, то количество дважды заштрихованных клеток будет равно произведению количества зашрихованных столбцов на количество заштрихованных строк.

 

И еще раз напоминию, что всё это верно только для взаимопростых p и q. Так понятнее вроде стало.

 

А чтобы стало еще понятнее, то первоначальную задачу формулирую вот так: «найти количество решений уравнения (x+1)x/2 ≡ k (mod 1980) для всех k=0,1,...,1979»

 

Пусть "количество решений уравнения" есть некая F(n). А поскольку 1980 = 4*495, которые взаимопросты, то F(1980)=F(4)*F(495). И так далее:

 

F(1980)=F(4)*F(9)*F(5)*F(11)

 

Протыкиваем вручную (или пользуемся F(q)=(q+1)/2 для простых q) ->

 

F(4)=4

F(9)=4

F(5)=3

F(11)=6

 

4*4*3*6=288

 

О как...

На этом про 1980 окончательно всё. Занавес.

[E.K.]

Совсем расстроился недобрый админ-модератор, глядя на жалкие 288 закрашенных точек и 1692 незакрашенных на такой красивой изначально ромашке, обозлился и как заставил бедных клубней искать ответы еще на три каверзных вопроса, да всё без компьютеров-калькуляторов, только на бумаге и карандашиком! Хорошо хоть карандашиков целая коробка, да бумаги огромная пачка.. Зато клубни уже поняли, что красить надо только 288 лепестков, а не все 1980. Они уже сходили за пивом, отдохнули и готовы все вместе накинуться на новые задачки. Вот они:

 

1. Что больше: е в степени пи - или же пи в степени е? То есть, e^pi ? pi^e - что больше?

 

2. Что меньше: sin(cos(x)) или же cos(sin(x)) ?

 

3. Как это так получается:  x^xx... = 3 , то есть операция возведения в степень применяется бесконечно раз. Какие есть положительные корни этого уравнения?

 

Дерзайте.

[E.K.]

1. Да ну нафиг, лучше так: "а что больше: ежды-пи или пижды-е?"

(с) реальный ответ какого-то математика в 70-80е года прошлого века

 

2. Sin = это "грех". Cos = это 'cos, то есть производная от because.

Из чего получается: грех(патамушта(0)) ? патамушта(грех(0))

О как... Это уже в другую пространству задачка потекла..

 

3. Не понимаю, почему к этой задачке сразу бы не причепить 'y' и 'z'... Было бы логичнее, да и степеней улетание было бы конкретней. В космос, к галактикам, вообще во все параллельные вселенные.

 

То есть, первую и вторую задачки я здесь уже трансформировал в очевидные решения.

А третью = давайте уже сами.

[Наталья Волкова]

1 задачка: Небольшое лирическое отступление: в последнее время в школьных олимпиадах очень часто встречаются задачи по сравнению чисел и выражений, так что уже пару лет изучаем эту тему))

(pi)^e < e^(pi)

прологарифмируем по основанию (е) обе величины, имеем: e*ln(pi) и (pi)*ln(e)

разделим без смены знака неравенства (в силу положительности чисел е и (pi)) обе величины на произведение e*(pi), имеем: [ln(pi)]/(pi) и [ln(e)]/(e)

в общем случае имеем функцию f(x) = [ln(x)]/x. Взяв производную этой функции, видим, что f(x) достигает своего максимума в точке (e). Причём, f(x) возрастает при 0 < x < e и убывает при e < x < (бесконечность). Зная, что e < (pi), имеем f(e) > f(pi), следовательно e^(pi) > (pi)^e.

 

2 задачка: sin(cos(x)) < cos(sin(x)).

Выясним sin(cosx) - cos(sinx) больше или меньше 0

sin(cosx) - cos(sinx) = cos(pi/2-cos x) - cos(sinx) = -2sin(1/2(pi/2-cosx+sinx)) * sin(1/2(pi/2-cosx-sinx)) (1)

Из выражения (1) видно. что надо рассмотреть pi/2-cosx+sinx

pi/2-cosx+sinx = pi/2-(корень из 2)(sin x+pi/4), а это больше нуля и меньше pi.

pi/2-cosx+sinx больше 0 и меньше pi.

Значит, синусы этих углов положительные,а произведение (1) отрицательное.

Поэтому sin(cosx) меньше cos(sinx)

 

(в спешке немного коряво изложила)

 

Над третьей задачей пока думаю

Изменено 19 ноября, 2017 пользователем Наталья Волкова

[Kapral]

задачка: sin(cos(x)) < cos(sin(x)). Выясним sin(cosx) - cos(sinx) больше или меньше 0 sin(cosx) - cos(sinx) = cos(pi/2-cos x) - cos(sinx) = -2sin(1/2(pi/2-cosx+sinx)) * sin(1/2(pi/2-cosx-sinx)) (1) Из выражения (1) видно. что надо рассмотреть pi/2-cosx+sinx pi/2-cosx+sinx = pi/2-(корень из 2)(sin x+pi/4), а это больше нуля и меньше pi. pi/2-cosx+sinx больше 0 и меньше pi. Значит, синусы этих углов положительные,а произведение (1) отрицательное. Поэтому sin(cosx) меньше cos(sinx)

Ммммм

Тут не совсем верно )))

Все зависит от Х )))

например sin(0)<cos(0)

но sin(1)>cos(1)

 

В радианах

Так sin или cos = [-1 .. 1]

а вот в градусах действительно sin(cos(x))<cos(sin(x))

[Наталья Волкова]

Кто то решает третью задачку? х^x^x=3 У меня есть подозрение, что х = √(е) (Максимум функции x√х, вернее корень х степени из х, просто не могу вставить формулу) достигается при x = e

 

 

 

 

 

 

задачка: sin(cos(x)) < cos(sin(x)). Выясним sin(cosx) - cos(sinx) больше или меньше 0 sin(cosx) - cos(sinx) = cos(pi/2-cos x) - cos(sinx) = -2sin(1/2(pi/2-cosx+sinx)) * sin(1/2(pi/2-cosx-sinx)) (1) Из выражения (1) видно. что надо рассмотреть pi/2-cosx+sinx pi/2-cosx+sinx = pi/2-(корень из 2)(sin x+pi/4), а это больше нуля и меньше pi. pi/2-cosx+sinx больше 0 и меньше pi. Значит, синусы этих углов положительные,а произведение (1) отрицательное. Поэтому sin(cosx) меньше cos(sinx)

Ммммм

Тут не совсем верно )))

Все зависит от Х )))

например sin(0)<cos(0)

но sin(1)>cos(1)

 

В радианах

Так sin или cos = [-1 .. 1]

а вот в градусах действительно sin(cos(x))<cos(sin(x))

 

Согласна, у меня тупое решение, правильнее решать рассматривая синус и косинус как функции от х, то есть исследовать эти функции

Изменено 20 ноября, 2017 пользователем Наталья Волкова

[Kapral]

Кто то решает третью задачку

Для случая x^x^x или для варианта с

то есть операция возведения в степень применяется бесконечно раз

Меня смущает именно это (бесконечно)

[Наталья Волкова]

 

Кто то решает третью задачку

Для случая x^x^x или для варианта с

то есть операция возведения в степень применяется бесконечно раз

Меня смущает именно это (бесконечно)

 

Само выражение x^x^x подразумевает вероятность бесконечного возведения в степень, так как х до +- бесконечность и не равно 0. А вот если рассматривать область определения функции у=x^x^x,то х будет от 0 до бесконечности. Вернее х> 0 Изменено 20 ноября, 2017 пользователем Наталья Волкова

[Kapral]

Само выражение x^x^x подразумевает вероятность бесконечного возведения в степень

Тогда сорри

Давно получал образование и для меня это х возвести в степень х и полученный результат снова в степень х и остановится на этом

[Наталья Волкова]

Хотя я сначала рассматривала отрицательные значения х, думала, что подвох именно в этом

Изменено 20 ноября, 2017 пользователем Наталья Волкова