Математическое и загадочное

[E.K.]

Ой, а в предыдущих рассуждениях я пропустил (и все тоже не заметили) вот какое условие:

 

все монеты коллекции, за исключением монет этой страны, весят одинаково — некоторое целое число граммов.

 

То есть, это никакие не 7.5 граммов! Это некоторые "условные евромонеты", которые весят некоторое целое число граммов. А вот сколько весит фальшивая - неизвестно. Но разница не более 8 граммов на кучку.

 

То есть, надо двумя уравнениями вычислить массу честных монет и потом уже некоторой арифметческой магией вычленить фальшивую стопку монет.

 

Нет, надо всё же добить эту задачку...

[eco]

 

 

надо двумя уравнениями вычислить массу честных монет и потом уже некоторой арифметческой магией вычленить фальшивую стопку монет.

Вам в банк нужно идти работать. А то там одни неучи работают.

[E.K.]

Ну, всё. Совместными усилиями задачка решена - вон там в комментах. Решение от Шура Люберецкий [luberetsky.ru] такое. Цитирую:

 

----------8

 

Написал здоровенный комментарий и случайно закрыл вкладку браузера

 

В общем, ответ (без обоснования, лень писать по второму разу) такой:

 

выписываем табличку:

 

// по непонятной причине табличка не копируется, вставляю её скриншот (Е.К.) ->

 

 

(пустые клетки тут не от балды, но повторюсь, лень писать).

 

Дальше при первом взвешивании берем одну монету страны 1, не берем монеты страны 2, берем одну монету страны 3, две монеты страны 4 и так далее - всего 55 монет. При втором взвешивании - не берем монеты страны 1, берем по одной монете 2, 3, 4, 5, 6, 7 стран и так далее - тоже 55 монет.

Обозначим массу настоящей монеты за x, разницу между массой настоящей и фальшивой монеты - за y. Пусть при первом взвешивании весы показали M1, при втором - M2. Тогда если предположить, что фальшивые монеты делает страна 1, можно записать систему из двух уравнений:

55x+y = M1
55x = M2

Для страны 2 такая же система уравнений будет иметь вид

55x = M1
55x+y = M2

для третьей:

55x+y = M1 = M2 (в этом случае весы при двух взвешиваниях должны показать одно и то же, этот случай рассмотрим отдельно).

Ну и так далее, до 21 страны:

55x+4d=M1
55x+5d=M2

Всего получится 21 система уравнений. Сразу разберем случай, когда подделки делает 3 страна (только в этом случае при двух взвешиваниях у нас получатся одинаковые результаты) - уравнение 55x+y=M1 будет иметь единственное решение с целым x и y, по модулю меньшим 8 - поэтому получив при двух взвешиваниях одинаковые результаты, сразу говорим "третья страна", решаем уравнение в целых числах и не паримся.

Если же весы показали разные значения - то решаем 21 систему уравнений, решение, где x целое, а y по модулю меньше 8, будет иметь ровно одна из них. Объявляем эту страну бракоделами, а масса настоящей и фальшивой монет будет известна из решения.

 

----------8

 

Вот такая весёлая история.. Мне понравилось

[E.K.]

Ну, а поскольку предыдущая решённая задачка оказалась довольно сложной, то вот тоже красивая, но очень простая:

 

Доказать, что если

 

x + 2^x = y + 2^y

 

то ->

 

x + sin(x) = y + sin(y)

[Noo]

Функция y = x + 2^x возрастающая как сумма возрастающих функций. Значит, x+2^x = y + 2^y <=> x = y. Тогда действительно x + sin x = y + sin y.

[E.K.]

сумма возрастающих функций.

x+x²

x³+x⁴

 

То есть, надо как-то иначе формулировать решение.

[Noo]

 

сумма возрастающих функций.

x+x² <- сумма возрастающих функций.

x³+x⁴ <- тоже сумма возрастающих функций.

 

То есть, надо как-то иначе формулировать решение.

 

y = x^2 не возрастает на всей области определения. Поэтому не факт, что уравнение x + x^2 = a имеет ровно один корень. Аналогично с y = x^3 + x^4. В нашем же случае всё нормально: функция y = x возрастает на всей области определения, как и y = 2^x. Значит, уравнение x + 2^x = a имеет не более одного корня, и равенство значений функций влечет за собой равенство аргументов, т. е. x = y.

[E.K.]

Всё гораздо проще. Посмотрим на них ещё раз:

 

x + 2^x = y + 2^y

 

1. Если x != y , то кто-то больше, а кто-то меньше. Пусть x. Но тогда 2^x y. Но тогда x + 2^x y что противоречит условию задачи. Аналогично если x>y.
 

2. Если x != y , то пусть опять x. То есть, y=x+z, где z>0. Дальше очевидно.

[Noo]

Всё гораздо проще. Посмотрим на них ещё раз:

 

x + 2^x = y + 2^y

 

1. Если x != y , то кто-то больше, а кто-то меньше. Пусть x<y. Но тогда 2^x < 2^y. Но тогда x + 2^x < y + 2^y что противоречит условию задачи. Аналогично если x>y.

 

2. Если x != y , то пусть опять x<y. То есть, y=x+z, где z>0. Дальше очевидно.

@E.K., я только не понимаю, зачем здесь п. 2. Мы уже знаем из п. 1, что x != y. Зачем возвращаться к этому случаю ещё раз? 

[E.K.]

я только не понимаю, зачем здесь п. 2. Мы уже знаем из п. 1, что x != y. Зачем возвращаться к этому случаю ещё раз?

Просто альтернативное доказательство..

Можно ещё подумать как третьим способом доказать.

[E.K.]

Вот ещё одна красивая и не слишком сложная задачка:

 

Сумма квадратов трёх последовательных простых чисел равна простому числу. Найти все такие тройки чисел.

 

p_i² + p_i+1² + p_i+2² = p

[iv65]

 

 

Почему и зачем у меня с собой совершенно случайно оказалась стопка 2х-долларовых монет из Гонконга - это отдельная история, которая будет чуть позже

Ждем продолжения этой истории.

Насколько мне известно, Гонконг - территория современного Китая.

И почему там до сих пор ходят доллары?

[Noo]

Рассмотрим остатки простых чисел, больших 3, при делении на 6. Они равны либо 1, либо 5. Поэтому наше число имеет вид 6n+1 или 6n+5. Сумма квадратов этих чисел непременно даст нам деление на 3 (квадрат первого числа делится на 3, удвоенное произведение делится на 3, осталось проверить 1+1+1, 25+25+25, 1+25+25, 1+1+25 и вроде все). Поэтому тогда наша сумма никогда не будет простой. Остается проверить 2 3 5 и 3 5 7. Подходит только вторая пара тройка.

Ответ: 3 5 7.

Изменено 14 августа, 2019 пользователем Noo

[E.K.]

Рассмотрим остатки простых чисел, больших 3, при делении на 6.

...

Остается проверить 2 3 5 и 3 5 7. Подходит только вторая пара тройка.

Ответ: 3 5 7.

Аболютно верно!

Только почему делить на 6? По модулю 3 будет проще..

 

 

Насколько мне известно, Гонконг - территория современного Китая.

И почему там до сих пор ходят доллары?

Википедия про Гонконг:

 

"территории предоставлена широкая автономия до 2047 года, то есть в течение 50 лет после передачи суверенитета. В рамках курса «Одна страна, две системы» и «Гонконгом управляют сами гонконгцы в условиях высокой степени автономии», в течение этого периода Центральное народное правительство КНР берёт на себя вопросы обороны и внешней политики территории, в то время как Гонконг оставляет за собой контроль над законодательством, полицией, денежной системой, пошлинами и иммиграционной политикой, а также сохраняет представительство в международных организациях и мероприятиях"

 

А также у них британское левостороннее дорожное движение.

[E.K.]

Рассмотрим остатки простых чисел, больших 3, при делении на 6. Они равны либо 1, либо 5.

На самом деле приветствуется цепочка рассуждений, которая привела к правильному решению. Например, вот так:

 

Исходная задача: p_i² + p_i+1² + p_i+2² = p

 

Сразу видно, что p_i=2 не подходит, поскольку p получается чётным.

 

Пробуем тройку... 3 5 7 => 83 

 

5 7 11 => 195 = 13*5*3

7 11 13 => 339 = 113*3

11 13 17 => 579 = 193*3

13 17 19 => 819 = 91*3*3

17 19 23 => 1179 = 131*9

19 23 29 => 1731 = 577*3

 

Невооружённым глазом видно, что все суммы квадратов почему-то подозрительно делятся на тройку.. Неужели это верно и для всех других троек простых чисел? Вот тут и надо включать (mod 3). И сразу всё получается быстро и красиво.

 

Простое p по (mod 3) = 1 или 2    // p у нас уже больше тройки.

Квадрат простого p будет 1 или 4, что по (mod 3) тоже 1.

 

То есть,

 

p_i² + p_i+1² + p_i+2² = 1 + 1 + 1 (mod 3) = 0 (mod 3)

 

То бишь, сумма квадратов трёх простых чисел больших тройки всегда делится на тройку и простым чистом никак являться не может.