Математическое и загадочное

[E.K.]

субфакториал

52 = !((√9)! - 1) + (2 +0!)!

Вы уверены?

 

И ещё несколько элегантных решений отсюда:

 

((sqrt(9))!)!!-(2+1)!-0! = 41

((sqrt(9))!)!!-(2+1)!+0! = 43

((sqrt(9))!)!!+2+1+0 = 51

((sqrt(9))!)!!+2+1+0! = 52

((sqrt(9))!)!!+(2+1+0!)!! = 56

((sqrt(9))!)!!+20*1 = 68

(((sqrt(9))!)!!-10)*2 = 76

((sqrt(9))!)!!*2-10 = 86

((sqrt(9))!)!!*2+1+0! = 98

 

((sqrt(9))!+0!)!!-((1+2)!)# =75

((sqrt(9))!)!!+((1+2)!)#-0!=77

 

Всё на этом, задачка решена разными способами, вообще все молодцы. Жаль, что в 2020 эта задачка не проедет.. В следующий раз интересный номер будет.. 2025? или уже в 2023 можно будет пробовать начинать повротения?

 

А теперь давайте решать "задачку2" про это:

 

x^2 + (2^2018)*x + 2^2019 = 0

[oit]

 

 

Вы уверены?

извиняюсь, 6 с 8 перепутал ((

*а про 51 и 52 я уже писал ранее))

[E.K.]

x^2 + (2^2018)*x + 2^2019 = 0

 

Вот я не понял - а в чём проблема? Или всё настолько просто, что даже лень на клавиши тыкать ради подобной чепуховины?

 

x^2 + (2^2018)*x + 2^2019 = 0

x^2 + 2*(2^2017)*x + (2^2017)^2 - (2^2017)^2 + 2^2019 = 0

x^2 + 2*(2^2017)*x + (2^2017)^2 = 2^4034 - 2^2019

(x+2^2017)^2 = 2^2019 * (2^2015 - 1)

 

или ещё понятнее:

 

(x+2²⁰¹⁷)² = 2²⁰¹⁹ * (2²⁰¹⁵ - 1)

 

Теперь даже невооружённым глазом видно, что никаких целых корней тут быть не может.

[vitech07]

(x+2²⁰¹⁷)² = 2²⁰¹⁹ * (2²⁰¹⁵ - 1)

 

Теперь даже невооружённым глазом видно, что никаких целых корней тут быть не может.

пришел к похожему выражению через доказательство иррациональности корня из дискриминанта.

дошел к последнему выражению, и не смог выразить, почему очевидно, что оно невозможно.

я так понимаю нет целочисленных решений, потому что справа присутствует один непарный нечетный сомножитель? нужен капитан...

ps: интуитивному восприятию необходимо логичное обоснование 

Изменено 22 января, 2019 пользователем vitech07

[E.K.]

Что-то плоховато получилось с уравнениями. Давайте тогда самое простое арифметическое попробуем порешать.

 

Задачка3. Найти остаток от 2^2019 / 2019. Без калькулятора.

[oit]

разложить: 2019 = 2¹⁰ + 2⁹ + 2⁸+2⁷+2⁶+2⁵+2+1

затем обе части в lg ввести, как-то так решалась эта задача ... но это уже дома только

Изменено 23 января, 2019 пользователем oit

[E.K.]

Ага, вижу - не получилось. Напоминаю условие:

 

2²⁰¹⁹ / 2019 - надо найти остаток от деления.

 

Решение задачки оказалось алгоритмическим, из области "сравнения чисел по модулю" и "возведения в степень по модулю". Вот что получается:

 

1. 2^x (mod 2019) когда-то зациклится. То есть, найдутся 'a' и 'b' такие, что 2^a = 2^b (mod 2019). То есть, 2^b * (2^c - 1) = 0 (mod 2019) // понятно, что 'a>b' и 'c=a-b'. Они взаимопростые, посему существует 2^c = 1 (mod 2019). Теперь надо его найти.

 

2. Чтобы найти эту самую 'це' надо достать счёты, поскольку придётся попотеть арифметически. Поехали, считаем остатки 2^x при делении на 2019:

 

1 2 4 8 16 32 64 128 256 512 1024 = 2^10 (mod 2019) 

- первый десяток даже считать не надо, мы это должны помнить наизусть.

 

29 58 116 232 464 928 1856 1693 1367 715 = 2^20 (mod 2019)

- второй десяток считается тоже не очень сложно, предыдущее надо просто умножить на 2 и вычесть 2019, если оно больше.

 

1430 841 1681 1345 671 1342 665 1330 641 1282 (2^30)

- тут уже менее приятные числа для вычислений, но тоже ничего этакого.

 

545 1090 161 322 644 1288 557 1114 209 418 (2^40)

836 1672 1325 631 1262 505 1010 1     (2^48)

- баммм! Вот оно! Длина цикла = 48.

 

2⁴⁸ = 1 (mod 2019)

 

Сколько там циклов в 2019 умещается?

 

2019 = 48*42 + 3

 

То есть,

 

2²⁰¹⁹ = 2^{(42*48 + 3)} = (1⁴²) * (2³) = 8 (mod 2019)

 

Всё. Ответ: восемь.

 

 

3. Можно и меньшим количеством операций, если не боитесь умножать и делить многозначные числа. Поскольку мы знаем степени двойки наизусть, то можно искать цикл с шагом 10. То есть, считать не все остатки от деления степени двойки на 2019, а 2²⁰, 2³⁰, 2⁴⁰, 2⁵⁰ - каждый раз умножая предыдущий остаток на 1024 и вычисляя остаток от деления на 2019. За 4 умножения и 4 деления наткнёмся на остаток, равный степени двойки. Всё.

[E.K.]

Задачка1. Есть бесконечная плоскость во все стороны. Можно ли её замостить произвольными выпуклыми 2019-угольниками? Покажите как или докажите невозможность.

Вроде бы здесь пишут, что для n больше 6 это невозможно.

Вот какие мне интересные вещи рассказали по этой теме:

 

0. Доказательство здесь: https://semidoc.github.io/heptagons

Есть ещё "лекции Савватеева на youtube. Смысл как в приведённой ссылке, но простыми словами".

 

Далее вот что пишут про это доказательство:

 

1. Пусть поверхность все таки можно замостить выпуклыми семиугольниками.

2. Берём эту замощённую плоскость и натягиваем на сферу, т.е. у нас получается выпуклый многогранник.

3. Поскольку плоскость бесконечная, то будем считать, что мы её замостили лишь частично и незамощённая часть оказалась около полюса сферы (т.е. существует некоторый периметр за которым замощения нет).

4. А дальше надо взять формулы Эйлера для выпуклых многогранников: Вершины - Ребра + Грани = 2

5. И аккуратно подсчитать все эти параметры,  зависящие от кол-ва семиугольников

 

Оказывается, что в этом случае формула не выполняется, т.е. замостить выпуклыми семиугольниками нельзя.

 

Далее вот какие интересные выводы:

 

Из формулы Эйлера вытекают разные забавные следствия. Например, задача о том, чтобы взять 2 футбольных мяча (каждый из которых состоит из сшитых друг с другом пятиугольников и шестиугольников) и составить из них 1 больший футбольный мяч. Оказывается, что любой мяч обязан состоять ТОЛЬКО из 12 пятиугольников и сколь угодно большого кол-ва шестиугольников (чем больше размер мяча, тем больше шестиугольников требуется). А значит из 2 мячей никогда не сделать 1, чтобы не остались "запасные" части.

[E.K.]

(x+2²⁰¹⁷)² = 2²⁰¹⁹ * (2²⁰¹⁵ - 1)

Теперь даже невооружённым глазом видно, что никаких целых корней тут быть не может.

пришел к похожему выражению через доказательство иррациональности корня из дискриминанта.

дошел к последнему выражению, и не смог выразить, почему очевидно, что оно невозможно.

я так понимаю нет целочисленных решений, потому что справа присутствует один непарный нечетный сомножитель? нужен капитан...

ps: интуитивному восприятию необходимо логичное обоснование

// Прошу прощения, сразу не заметил вопроса..

 

Решение уравнения получается вот такое:

 

x = √ (2²⁰¹⁹ * (2²⁰¹⁵ - 1)) - 2²⁰¹⁷

 

Квадратный корень из двойки в нечётной степени и какого-то нечётного числа упирается в двойку. Даже если "какое-то нечётное число" является квадратом, то 2 в нечётной степени квадратом целого быть никак не может.

[E.K.]

Переходим к следующему упражнению.

 

Задачка 4. Может ли число, сумма цифр которого равна 2019, быть квадратом целого числа.

[E.K.]

Подсказываю: предыдущая задачка решается очень легко, в одну строчку.

По этой причине сразу ещё одна задачка:

 

Задачка 5. Делится ли 10²⁰¹⁹ + 1 на 10¹⁹ - 1 ?

[iv65]

Может ли число, сумма цифр которого равна 2019, быть квадратом целого числа.

Может:

2+0+1+9=20

Это четное число, это число точно может бы квадратом целого числа

Вдобавок это целое и не простое число, пишу это потому, что не могу редактировать свое

предыдущее сообщение

Делится ли 10^2019 + 1 на 10^19 - 1 ?

 

Делится, правда в результате получается не целое число

 

(10^2019 + 1)/(10^19 - 1) =(10^2019+1)/9999999999999999999

Изменено 26 января, 2019 пользователем iv65

[E.K.]

Уточняю постановку вопроса в задачках.

 

Задачка 4. Может ли число, сумма всех цифр которого равна 2019 (две тысячи девятнадцать ровно), быть квадратом целого числа. Например, 11 в квадрате есть 121, сумма его цифр равна 4.

 

Задачка 5. Делится ли 10²⁰¹⁹ + 1 на 10¹⁹ - 1 нацело, то есть без остатка?

[iv65]

Делится ли 102019 + 1 на 1019 - 1 нацело, то есть без остатка?

Вольфрам подсказывает, что без остатка не делится

Изменено 26 января, 2019 пользователем iv65

[E.K.]

А без Вольфрама?

Обе задачки решаются в уме, между прочим. Даже без карандаша и бумаги