Математическое и загадочное

[E.K.]

  В 24.12.2023 в 21:38, Xandr_5890 сказал:

было б в условие не "0001", а "0000001" - и все!

Показать  

Да не, там достаточно решить в условиях "*01" - и дальше всё понятно. И никаких мутаций..

[Xandr_5890]

  В 24.12.2023 в 21:47, E.K. сказал:

Да не, там достаточно решить в условиях "*01" - и дальше всё понятно. И никаких мутаций..

Показать  

Отнюдь.

Для "1" наименьшая степень 4.

Для "01" наименьшая степень 20.

Для "001" наименьшая степень 100.

В нашей задаче наименьшая степень 500.

 

Какой ответ напрашивается для "00001"?

Хочется сказать 2500, но это не так.

Ответ: 5000

[Fireman]

  В 24.12.2023 в 20:33, Xandr_5890 сказал:

Только вот как доказать, что 125 - минимальное значение?

Показать  

 

Нам потребуется рассмотреть сумму только первых трёх членов:

a₁ = C(n, 1) * 80 = n * 80

a₂ = C(n. 2) * 80² = n * (n - 1) * 3200 

a₃ = C(n, 3) * 80³ = n * (n - 1) * (n - 2) * 256000 / 3

 

потому, что все следующие члены кратны 10000 и никакого влияния на кратной общей суммы на 10000 не оказывают

 

Видим, что a₁ ВСЕГДА кратно 10, a₂ - 100, a₃ - 1000.

 

Сейчас буду чистить как луковицу - послойно, чтобы не упустить мысль самому:

 

Чтобы сумма a₁ + a₂ + a₃ была кратна 10000 минимум надо, чтобы n была кратна 5 иначе a₁ не будет кратна 100 и сумма тоже (там вообще остатки {0, 80, 60, 40, 20}.

Но при n = 5 * m получаем, что a3 ВСЕГДА кратно 10000.

 

Таким образом осталось рассмотреть 25 вариантов только a₁ и a₂

 

a₂ при n кратном 5 ВСЕГДА кратно 1000, а a1 опять же только при n кратном уже 25 (еще раз шаг в 5 остатков - 0, 400, 800, 200, 600)

 

Таким образом осталось рассмотреть 5 вариантов только a₁  и a₂ - 25, 50, 75, 100, 125

 

Но при n кратном 25 a₂ ВСЕГДА кратно 10000 и вот у нас осталось только a₁ , для которого в начале и было получено n = 125

Изменено 24 декабря, 2023 пользователем Fireman

[Xandr_5890]

  В 24.12.2023 в 22:19, Fireman сказал:

Таким образом осталось рассмотреть 5 вариантов только a₁  и a₂ - 25, 50, 75, 100, 125

 

Но при n кратном 25 a₂ ВСЕГДА кратно 10000 и вот у нас осталось только a₁ , для которого в начале и было получено n = 125

Показать  

Красиво!

Но теоретико-групповыми методами как-то компактнее чтоль...

[E.K.]

Ребятушки, а вы не охренели? А просто поумножать по (mod 100), а потом чутка экстраполировать? Или вам чем сложней - тем веселей.. Ну, готов понять и принять. Особенно перед НГодом.

[Xandr_5890]

  В 24.12.2023 в 23:21, E.K. сказал:

Ребятушки, а вы не охренели? А просто поумножать по (mod 100), а потом чутка экстраполировать? Или вам чем сложней - тем веселей.. Ну, готов понять и принять. Особенно перед НГодом.

Показать  

Каюсь! Но не во всем

Хотелось подойти к задаче в общем виде, дабы избежать ложных обобщений. Пример такого обобщения привел выше

  В 24.12.2023 в 21:56, Xandr_5890 сказал:

Отнюдь.

Для "1" наименьшая степень 4.

Для "01" наименьшая степень 20.

Для "001" наименьшая степень 100.

В нашей задаче наименьшая степень 500.

 

Какой ответ напрашивается для "00001"?

Хочется сказать 2500, но это не так.

Ответ: 5000

Показать  

 

[Fireman]

  В 24.12.2023 в 23:31, Xandr_5890 сказал:

Хотелось подойти к задаче в общем виде, дабы избежать ложных обобщений

Показать  

 

Пусть r - такое наименьшее натуральное число, что 81^r = 0001

 

Утверждение:

81^p mod 10000 = 1 тогда и только тогда, когда p mod r = 0

 

Доказательство:

1) достаточность:

 

если p mod r = 0, то p = r*q, где q - натуральное число

81^r mod 10000 = 1

81^2r=(81^r)(81^r) mod 10000 = 1

...

81^p=81^qr=(81^r)(81^r)...(81^r) mod 10000 = 1

 

2) необходимость:

 

Пусть p mod r != 0, тогда p = l*r + s, где 0 < s < r

Откуда

81^p=81^{l*r + s}=(81^l*r)(81^s)

 

Из п.1) следует, что 81^l*r mod 10000 = 1, тогда произведение (81^l*r)(81^s) должно заканчиваться на 4 цифры, на которые заканчивается 81^s, т.е. на 0001, но s < r, а по условию r - минимальное натуральное число, при котором получается на конце 0001.

 

Пришли к противоречию.

 

---

 

Рассмотрим число 2m*10^k+1, где m и k - натуральные числа. В десятичной записи этого числа на конце стоит 00...01 (k - 1 нулей и еще левее стоит чётная цифра).

Рассмотрим

 

(2m*10^k+1)⁵ = С(5, 2)(2m*10^k)⁵ + С(5, 5)(2m*10^k)⁵ + С(5, 4)(2m*10^k)_⁴ + С(5, 3)(2m*10^k)³ + С(5, 2)(2m*10^k)² + С(5, 1)(2m*10^k) + 1 = 10^k+1x + 1

 

Таким образом если изначальное число 2m*10^k+1 имело k - 1 гарантированных 0 на конце, то (2m*10^k+1)⁵ имеет уже k гарантированных 0 на конце.

 

Стоит отметить, что в каждом из 4 членах, содержащихся в x степень 10 уменьшилась, но не стала меньше 1, т.е. каждый из 4 членов так же остался делящимся на 10 как и ранее, а значит и их сумма делится на 10.

 

Таким образом

 

x = 10*t + m

 

Откуда

 

x = m (mod 10)

 

Это означает, что если ранее перед крайним 0 стояла чётная цифра, то после возведения в 5 ступень она превращается в 0, а перед этим нулём будет цифра равная предыдущей, делённой пополам.

 

Рассмотрим частные случаи:

81¹=81

81⁵=... 401

81²⁵=...2001

81¹²⁵=...10001

 

Что и требовалось доказать

 

Если перед крайним левым нулём (при условии, что количество нулей отлично от нуля) имеется единица, то возведение в 10-ю степень приводит к увеличению количества нулей на единицу, при этом перед крайним левым нулём снова будет стоять единица.

 

Таким образом, все следующие 0 надо получать умножением степени на 10 (а не на 5)

 

81¹²⁵⁰=...100001

81¹²⁵⁰⁰=...1000001

и т.д.

Изменено 25 декабря, 2023 пользователем Fireman

[E.K.]

Калькулятором быстрее и проще =>

(mod 100) => 3 9 27 81 43 29 87 61 83 49 47 41 23 69 07 21 63 89 67 01

 

Ага, 3^20 = 3 486 784 401

 

Дальше играем с 3^20 и смотрим по (mod 10000). Шаг меньше 20 не нужен, поскольку ??01 * ??x1 не даст ??01. Смотрим Mod 10000 ->

 

3^20   = *4401

3^40   = *8801

3^80   = *7601

3^100 = *2001  <- ага! есть "001". Далее едем по 3^100 ->

 

3^200 = *4001

3^300 = *6001

3^400 = *8001

3^500 = *0001 <- есть! При чём это N=500 - минимальная степень, при которой возведение тройки в степень даёт *0001.

[E.K.]

Тогда ещё одна:

 

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

[Xandr_5890]

  В 25.12.2023 в 10:01, E.K. сказал:

Тогда ещё одна:

 

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

Показать  

Треугольник со сторонами (2,2,2) не подходит - его площадь корень из трех.

Три нечетных стороны тоже быть не может, противоречие формуле Герона - 16s^2 = p(p-2a)(p-2b)(p-2c)  - будет нечетным.

Также из этой формулы видно, что сторонами не могут быть два четных и одно нечетное число.

Вариант (2,а,b), где a,b - различные нечетные простые также невозможен: разница длин а и b  не меньше двух - противоречие неравенству треугольника.

Тогда для длин сторон остается только такой вариант: (2,a,а)

Квадрат площади такого треугольника равен s^2 = (4 × 4 × (2а+2) × (2а-2))/16 = а^2 - 1.

Но тогда (s-a)(s+a) = 1, что невозможно.

 

Получается, что такого треугольника не существует.

[Fireman]

  В 25.12.2023 в 11:40, Xandr_5890 сказал:

Получается, что такого треугольника не существует.

Показать  

такими темпами скоро дойдет дело до задач типа "существует ли параллелепипед у которого все стороны и диагонали, включая главную, являются натуральными числами"

Изменено 25 декабря, 2023 пользователем Fireman

[Xandr_5890]

  В 25.12.2023 в 15:09, Fireman сказал:

такими темпами скоро дойдет дело до задач типа "существует ли параллелепипед у которого все стороны и диагонали, включая главную являются натуральными числами"

Показать  

"Не замахнуться ли нам на целочисленный, понимаете ли, кирпич?"

Изменено 25 декабря, 2023 пользователем Xandr_5890

[E.K.]

Было уже близкое на эту тему - искали выпуклый многогранник, у которого сумма длин всех рёбер равна сумме площадей всех граней и равна его же объёму.

[_Иван]

  В 25.12.2023 в 10:01, E.K. сказал:

Тогда ещё одна:

 

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

Показать  

Протестую! Это задачка от 23-го сентября  

 

 

В ответ даю свою, простенькую, но занятную. Мальчик любит математические задачки. Каждый вечер он пробует решить новую задачку, и либо справляется с ней, либо нет. В конце года он обратил внимание, что его навык вырос: в начале он решал строго меньше 80% задач, а сейчас решает строго больше 80% задач. Был ли такой день, в который он решил в точности 80% задач с начала года?

 

 

[E.K.]

  В 25.12.2023 в 15:35, _Иван сказал:

Протестую! Это задачка от 23-го сентября

Показать  

Ой, действительно... Сорри - забыл 😕

 

Но про 80% давайте отложим на потом, поскольку я тут настрогал уже нашего традиционного ->