E.K. Опубликовано 20 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 20 января, 2019 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 1 1 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
oit Опубликовано 20 января, 2019 Поделиться Опубликовано 20 января, 2019 Вы уверены? извиняюсь, 6 с 8 перепутал ((*а про 51 и 52 я уже писал ранее)) 1 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 22 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 22 января, 2019 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. 1 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
vitech07 Опубликовано 22 января, 2019 Поделиться Опубликовано 22 января, 2019 (изменено) (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 2 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 23 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 23 января, 2019 Что-то плоховато получилось с уравнениями. Давайте тогда самое простое арифметическое попробуем порешать. Задачка3. Найти остаток от 2^2019 / 2019. Без калькулятора. Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
oit Опубликовано 23 января, 2019 Поделиться Опубликовано 23 января, 2019 (изменено) 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 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 25 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 25 января, 2019 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. 2x (mod 2019) когда-то зациклится. То есть, найдутся 'a' и 'b' такие, что 2a = 2b (mod 2019). То есть, 2b * (2c - 1) = 0 (mod 2019) // понятно, что 'a>b' и 'c=a-b'. Они взаимопростые, посему существует 2c = 1 (mod 2019). Теперь надо его найти. 2. Чтобы найти эту самую 'це' надо достать счёты, поскольку придётся попотеть арифметически. Поехали, считаем остатки 2x 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. Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 25 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 25 января, 2019 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. 1 1 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 25 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 25 января, 2019 (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. 4 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 25 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 25 января, 2019 Переходим к следующему упражнению. Задачка 4. Может ли число, сумма цифр которого равна 2019, быть квадратом целого числа. 1 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 26 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 26 января, 2019 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 ? Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
iv65 Опубликовано 26 января, 2019 Поделиться Опубликовано 26 января, 2019 (изменено) 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 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 26 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 26 января, 2019 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? Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
iv65 Опубликовано 26 января, 2019 Поделиться Опубликовано 26 января, 2019 (изменено) 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 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
E.K. Опубликовано 26 января, 2019 Автор Поделиться Опубликовано 26 января, 2019 А без Вольфрама? Обе задачки решаются в уме, между прочим. Даже без карандаша и бумаги 1 1 Ссылка на комментарий Поделиться на другие сайты Поделиться
Рекомендуемые сообщения
Пожалуйста, войдите, чтобы комментировать
Вы сможете оставить комментарий после входа в
Войти