Перейти к содержанию

Рекомендуемые сообщения

Опубликовано (изменено)

post-13288-0-80798000-1509381868_thumb.png

Для 1000 правда (используя ранее выложенный вами скрипт.

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

post-13288-0-05642800-1509382559_thumb.png

Изменено пользователем santax
  • Ответов 2,4 тыс
  • Создана
  • Последний ответ

Топ авторов темы

  • E.K.

    985

  • santax

    213

  • Fireman

    196

  • Рогожников Евгений

    191

Опубликовано

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

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

  • Улыбнуло 1
Опубликовано

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
Опубликовано (изменено)

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 пользователем Наталья Волкова
  • 2 недели спустя...
Опубликовано

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:

pic.jpg

 

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.

  • Согласен 1
Опубликовано

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.

  • Спасибо (+1) 2
  • Согласен 2
Опубликовано

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, epi ? pie - что больше?

 

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

 

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

 

Дерзайте.

Опубликовано

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
Опубликовано (изменено)

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 пользователем Наталья Волкова
Опубликовано

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))

  • Согласен 1
Наталья Волкова
Опубликовано (изменено)

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 пользователем Наталья Волкова
Опубликовано

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
Опубликовано (изменено)

 

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 пользователем Наталья Волкова
Опубликовано

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

  • Согласен 1
Наталья Волкова
Опубликовано (изменено)

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

Изменено пользователем Наталья Волкова

Пожалуйста, войдите, чтобы комментировать

Вы сможете оставить комментарий после входа в



Войти
  • Похожий контент

    • E.K.
      Автор E.K.
      Всем привет!
       
      По ходу жизни мы все иногда сталкиваемся с разными визуальными несуразностями, которые можно сфотографировать - или которые уже существуют в виде фоток. Например, однажды в небольшом магазинчике на Гавайях я обнаружил... водку Камчатка!

       
      Судя по цене - пойло должно было оказаться мерзким. Насколько помню, экспериментировать не стал. Что интересно, обнаружено это было в магазинчике в местной базе отдыха для американских военных и их семей. Как я туда попал - отдельная история...

       
      Или меня постоянно удивляет кофе "Georgia" в японских уличных магазинах и вендинговых автоматах:

       
      Процитирую себя
      "Каждый раз в Японии меня умиляет кофейный бренд "GEORGIA" со снежными вершинами на картинке.
      Никак не могу понять - если это американская Джорджия - то при чём здесь горы? Если же это Грузия - то при чём здесь кофе? Но в Японии эти несовместимые несовместимости вполне себя неплохо чувствуют в повсеместно расставленных вендинговых машинках. Хотя... Если посмотреть по сторонам.. Например, "Спартак" и "Динамо".. ... - какое отношение эти бренды имеют к футболу?"
       
      Кстати, а почему он на картинке в каске? Зачем это кофе надо пить в каске?..

       
      Так вот, картинок таких наверняка не только у меня достаточно - посему эта тема будет как раз посвящена разным фоткам с несуразностями, загадками - и разными прочими подобными тоже. Спасибо Борису за подсказку!
       
       
      Ну, можно начинать.
×
×
  • Создать...