Математическое и загадочное

[Рогожников Евгений]

9 часов назад, E.K. сказал:

Если у треугольника длины всех сторон простые числа, то может ли его площадь быть простым числом?

 

Релиз выпущен. Подписан в субботу

Надеюсь, концентрация возвращается.

 

По формуле Герона S = √(p(p — a)(p — b)(p — c)) где p = (a + b + c) / 2 

 

Перепишем вот так

 

8*S^2 = (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)

 

если a, b и c будут нечетными числами, то легко видеть, что произведение справа нечетно, а, значит, S не сможет быть натуральным числом.

 

Значит у нас одно из простых числе четно и равно 2.  Считаем это стороной  с. Пусть h - высота , опущенная на сторону c. Тогда  S = h. Т.е h - простое число.

Пусть a >=b. Тогда a >= (h + 1)

 

У нас тогда будет прямоугольный треугольник со сторонами a и h  и x, где  x <= 2. a в нем гипотенуза.

x^2 = a^2 - h^2 = (a-h)*(a+h) >= (a+h)  > 4

 

Т.е x^2 > 4. Значит x > 2

 

Противоречие

 

 

 

[E.K.]

9 hours ago, Рогожников Евгений said:

Релиз выпущен. Подписан в субботу

Поздравляю!

 

9 hours ago, Рогожников Евгений said:

По формуле Герона

Да. У меня такое же решение получилось. Но можно было дать день-два и другим помучиться

[E.K.]

Вот совсем простенькая задачка на 5 минут максимум:

 

Существует ли арифметическая прогрессия, состоящая только из простых чисел?

[Bobbi861]

1 час назад, E.K. сказал:

Вот совсем простенькая задачка на 5 минут максимум:

 

Существует ли арифметическая прогрессия, состоящая только из простых чисел?

Не  существует. 

[santax]

Не существует)

[E.K.]

Я тоже так думаю! Но давайте расскажем всем об этом завтра к вечеру, чтобы другие тоже голову поломали.

[E.K.]

Арифметическое решение ->

 

Предположим, что существует последовательность простых чисел, представляющих из себя арифметическую прогрессию:

 

p₀ = a

p₁ = a+d

...

p_n = a+n*d

 

Тогда p_a = a+a*d = a*(1+d) => a=1.

Тогда p_2+d = 1 + (2+d)*d = 1 + 2d + d² = (1+d)²

То есть, p_2+d - число составное. Противоречие.

 

Арифметических прогрессий, состоящих из простых чисел не существует.

 

Логическое решение ->

 

Если бы существовали арифметические прогрессии простых чисел, то никто бы не мучился с поиском очередных очень больших простых чисел.

[E.K.]

Ещё задачка. Сам пока не решал..

 

Можно ли с помощью 2-х, 3-х, 4-х и т.д. цветов раскрасить плоскость так, чтобы не было одноцветных точек, отстоящих друг от друга на расстоянии 1?

 

Для 2-х цветов ответ "нельзя" - это несложно. А вот для трёх?...

[Рогожников Евгений]

14 часов назад, E.K. сказал:

А вот для трёх?...

Для трёх тоже просто. Нельзя. 

И для 7 просто. Можно. 

Далее уже сложно

Изменено 26 сентября, 2023 пользователем Рогожников Евгений

[Bobbi861]

Для трех нельзя.  Пойдем от обратного.  Предположим, что любые две точки, лежащие на расстоянии 1, окрашены в разные цвета. Рассмотрим правильный треугольник ABC со стороной 1; все его вершины разного цвета. Пусть точка A1 симметрична A относительно прямой BC. Так как A1B = A1C = 1, то цвет точки A1 отличен от цветов точек B и C, т. е. она окрашена в тот же цвет, что и точка A. Эти рассуждения показывают, что если AA1 = $ \sqrt{3}$, то точки A и A1 одного цвета. Поэтому все точки окружности радиуса $ \sqrt{3}$ с центром A одного цвета. Ясно, что на этой окружности найдутся две точки, расстояние между которыми равно 1. Получено противоречие.
И для четырех нельзя.  А вот для пяти, шести или семи уже можно. 

[Рогожников Евгений]

Для 7 , имху, самое красивое решение, через раскраску гексами. Берём правильный шестиугольник со стороной 1/2. Окружаем его шестью такими же. Всё красим в разный цвет. Далее покрываем всю плоскость такими фигурами, сохраняя ориентацию. Это даст нужную раскраску. Дополнительно отметим по границе. у каждого гекса включаем 3 верхних рёбра, но не включает три нижних. 

 

Альтернативно можно взять доску 3х3 от крестики-нолики. Диагональ квадрата равна 1.  Всего там 9 квадратов. Угловые клетки красим в один цвет. Всё прочие в другие цвета. Всего 7 цветов. Опять мостим всю плоскость, сохраняя ориентацию. И опять включаем два рёбра, а два не включаем

 

Для 4, 5, 6 цветов пока не получается придумать сходу. 

[Рогожников Евгений]

30.09.2023 в 14:33, Рогожников Евгений сказал:

Для 4, 5, 6 цветов пока не получается придумать сходу. 

 

Не было никаких плодотворных идей. Из опыта знаю, что подобные задачки, несмотря на "простое" условие, часто бывают сверхсложными.

 

Погуглил.  В самом деле, оказалось, что задача "гроб".  На досуге решить не получится.      Известная задачка.  Хроматическое число плоскости.

Появилась в 1950 году. Сразу же были получены оценки 3 и 7. И более никаких продвижений 70 лет. Пару лет назад, вроде как, доказали, что 4-х цветов тоже не хватит. Но доказательство до сих пор проверяется 

[E.K.]

3 hours ago, Рогожников Евгений said:

Погуглил.  В самом деле, оказалось, что задача "гроб".  На досуге решить не получится.  Известная задачка.  Хроматическое число плоскости.

Ой, виноват.. Мне казалось, что задачка не самая сложная.. Но интернеты действительно считают иначе:

 

1) https://habr.com/ru/articles/358900/

2) https://elementy.ru/nauchno-populyarnaya_biblioteka/435850/Proryv_v_zadache_o_raskraske_ploskosti

 

- кстати, там же вроде показано, что цветов не менее 5.

[E.K.]

Ну, ладно. Слишком заумно получилось, каюсь. Тогда давайте чего-нибудь на первый взгляд попроще и рациональнее:

 

Может ли иррациональное число в степени иррационального числа быть рациональным?

[Рогожников Евгений]

4 часа назад, E.K. сказал:

Может ли иррациональное число в степени иррационального числа быть рациональным?

Сразу на ум пришло e^πi = 1.

Но тут комплексные числа. 

 

Среди вещественных ответ приводить не буду