Вопрос по теории чисел

Сообщение №10364 от Артём 18 января 2004 г. 20:44
Тема: Вопрос по теории чисел

Господа! Был бы очень благодарен за любую помощь в решении следующих задач:
а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

2)Пусть S(a)>2a. Выяснить, будет ли в этом случае необходимо S(a/a1)>2a/a1, где a1 - простой делитель a. (проверил в ряде случаев - вроде всегда верно, но доказать не получается).


Отклики на это сообщение:

> а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
> Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
> 1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
> S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

Вот пример четного a: a=196, a1=7, b1=2

Нечетного a найти не удалось, но вроде ничто не мешает его существованию. Хотя этот вопрос может оказаться таким же сложным как, например, существование нечетного совершенного числа.

Кстати, из мультипликативности S() следует, что S(a/a')=S(a)-2a равносильно
S(c)*(S(a')-1) = 2*c*a', где c=a/a' и a'=a1^b1 взаимно просты.

> 2)Пусть S(a)>2a. Выяснить, будет ли в этом случае необходимо S(a/a1)>2a/a1, где a1 - простой делитель a. (проверил в ряде случаев - вроде всегда верно, но доказать не получается).

Не обязательно.
Пример:
a = 11025
a1 = 3
Тогда S(a)=22971>22050=2a, но S(a/a1)=7068<7350=2a/a1.

Другой пример: a=245025, a1=5.


> > а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
> > Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
> > 1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
> > S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

> Вот пример четного a: a=196, a1=7, b1=2

> Нечетного a найти не удалось, но вроде ничто не мешает его существованию. Хотя этот вопрос может оказаться таким же сложным как, например, существование нечетного совершенного числа.

> Кстати, из мультипликативности S() следует, что S(a/a')=S(a)-2a равносильно
> S(c)*(S(a')-1) = 2*c*a', где c=a/a' и a'=a1^b1 взаимно просты.

> > 2)Пусть S(a)>2a. Выяснить, будет ли в этом случае необходимо S(a/a1)>2a/a1, где a1 - простой делитель a. (проверил в ряде случаев - вроде всегда верно, но доказать не получается).

> Не обязательно.
> Пример:
> a = 11025
> a1 = 3
> Тогда S(a)=22971>22050=2a, но S(a/a1)=7068<7350=2a/a1.

> Другой пример: a=245025, a1=5.

Большое спасибо за уделённое внимание. Хотелось бы также спросить, может ли во второй задаче а/a1 являться совершенным.( и может ли влиять на результат чётность степеней в разложении а).


> > > а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
> > > Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
> > > 1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
> > > S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

> > Вот пример четного a: a=196, a1=7, b1=2

> > Нечетного a найти не удалось, но вроде ничто не мешает его существованию. Хотя этот вопрос может оказаться таким же сложным как, например, существование нечетного совершенного числа.

> > Кстати, из мультипликативности S() следует, что S(a/a')=S(a)-2a равносильно
> > S(c)*(S(a')-1) = 2*c*a', где c=a/a' и a'=a1^b1 взаимно просты.
Данный подход каким-либо образом упрощает задачу?

> > > 2)Пусть S(a)>2a. Выяснить, будет ли в этом случае необходимо S(a/a1)>2a/a1, где a1 - простой делитель a. (проверил в ряде случаев - вроде всегда верно, но доказать не получается).

> > Не обязательно.
> > Пример:
> > a = 11025
> > a1 = 3
> > Тогда S(a)=22971>22050=2a, но S(a/a1)=7068<7350=2a/a1.

> > Другой пример: a=245025, a1=5.

> Большое спасибо за уделённое внимание. Хотелось бы также спросить, может ли во второй задаче а/a1 являться совершенным.( и может ли влиять на результат чётность степеней в разложении а).


> > > > а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
> > > > Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
> > > > 1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
> > > > S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

> > > Вот пример четного a: a=196, a1=7, b1=2

> > > Нечетного a найти не удалось, но вроде ничто не мешает его существованию. Хотя этот вопрос может оказаться таким же сложным как, например, существование нечетного совершенного числа.

Так и есть!

> > > Кстати, из мультипликативности S() следует, что S(a/a')=S(a)-2a равносильно
> > > S(c)*(S(a')-1) = 2*c*a', где c=a/a' и a'=a1^b1 взаимно просты.
> Данный подход каким-либо образом упрощает задачу?

На самом деле отсюда следует, что число a/a1 является совершенным!
А вопрос существования нечетного совершенного числа являтся известной открытой проблемой.


> > > > > а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
> > > > > Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
> > > > > 1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
> > > > > S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

> > > > Вот пример четного a: a=196, a1=7, b1=2

> > > > Нечетного a найти не удалось, но вроде ничто не мешает его существованию. Хотя этот вопрос может оказаться таким же сложным как, например, существование нечетного совершенного числа.

> Так и есть!

> > > > Кстати, из мультипликативности S() следует, что S(a/a')=S(a)-2a равносильно
> > > > S(c)*(S(a')-1) = 2*c*a', где c=a/a' и a'=a1^b1 взаимно просты.
> > Данный подход каким-либо образом упрощает задачу?

> На самом деле отсюда следует, что число a/a1 является совершенным!
> А вопрос существования нечетного совершенного числа являтся известной открытой проблемой.

Пусть так. Но имеются допольнительные ограничения на вид а:
1)Все степени в разложении - чётные,
2)2a>=2S(a')+S(a'/a1),
3)S(a)-2a<=2a/a'
Обозначения те же, что и раньше. Так что речь о несуществовании совершенного числа определённого вида.



> > > > > > а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
> > > > > > Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
> > > > > > 1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
> > > > > > S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

> > > > > Вот пример четного a: a=196, a1=7, b1=2

> > > > > Нечетного a найти не удалось, но вроде ничто не мешает его существованию. Хотя этот вопрос может оказаться таким же сложным как, например, существование нечетного совершенного числа.

> > Так и есть!

> > > > > Кстати, из мультипликативности S() следует, что S(a/a')=S(a)-2a равносильно
> > > > > S(c)*(S(a')-1) = 2*c*a', где c=a/a' и a'=a1^b1 взаимно просты.
> > > Данный подход каким-либо образом упрощает задачу?

> > На самом деле отсюда следует, что число a/a1 является совершенным!
> > А вопрос существования нечетного совершенного числа являтся известной открытой проблемой.

> Пусть так. Но имеются допольнительные ограничения на вид а:
> 1)Все степени в разложении - чётные,

Другими словами, a/a1 имеет вид d^2*a1^k, где a1 простое, d и a1 взаимно-просты и k=b1-1 нечетно.

> 2)2a>=2S(a')+S(a'/a1),
> 3)S(a)-2a<=2a/a'
> Обозначения те же, что и раньше.

Откуда это? Что-то новое?

Кстати, условие ``S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а'' _равносильно_ совершенности числа a/a1 и никаких дополнительных ограничений дать не может.

> Так что речь о несуществовании совершенного числа определённого вида.

Дать положительный ответ на эту задачу - закрыть вопрос о существование нечетного совершенного числа.
Дать отрицательный ответ - тоже серьезный вклад в проблему - доказательство несуществования нечетного совершенного из достаточно широкого класса.
Сложность соответствующая. Потому и облом ;-)


> > > На самом деле отсюда следует, что число a/a1 является совершенным!
> > > А вопрос существования нечетного совершенного числа являтся известной открытой проблемой.

> > Пусть так. Но имеются допольнительные ограничения на вид а:
> > 1)Все степени в разложении - чётные,

> Другими словами, a/a1 имеет вид d^2*a1^k, где a1 простое, d и a1 взаимно-просты и k=b1-1 нечетно.

Цитата из http://mathworld.wolfram.com/OddPerfectNumber.html

Euler showed that an odd perfect number, if it exists, must be of the form p^(4m+1)Q^2, where p is a prime of the form 4n+1.

Вид почти один в один с вышеприведенным.


> > > > На самом деле отсюда следует, что число a/a1 является совершенным!
> > > > А вопрос существования нечетного совершенного числа являтся известной открытой проблемой.

> > > Пусть так. Но имеются допольнительные ограничения на вид а:
> > > 1)Все степени в разложении - чётные,

> > Другими словами, a/a1 имеет вид d^2*a1^k, где a1 простое, d и a1 взаимно-просты и k=b1-1 нечетно.

> Цитата из http://mathworld.wolfram.com/OddPerfectNumber.html

> Euler showed that an odd perfect number, if it exists, must be of the form p^(4m+1)Q^2, where p is a prime of the form 4n+1.

> Вид почти один в один с вышеприведенным.

Не удивительно. Я пытаюсь решить эту проблему, немного ещё не дошёл до результата Эйлера (хотя о нём ничего не знал). Решение описанной мной задачи эквивалентно решению вопроса о нечётных совершенных числах.


> > > > > На самом деле отсюда следует, что число a/a1 является совершенным!
> > > > > А вопрос существования нечетного совершенного числа являтся известной открытой проблемой.

[...]

> Не удивительно. Я пытаюсь решить эту проблему, немного ещё не дошёл до результата Эйлера (хотя о нём ничего не знал). Решение описанной мной задачи эквивалентно решению вопроса о нечётных совершенных числах.

С этого и надо было начинать! Какой смысл задавать в форуме завуалированные вопросы эквивалентные известным открытым проблемам? Или вы надеетесь, что кто-то вот так возьмет и решит проблему? Крайне маловероятно.


есть любопытный результат на стыке теории чисел и геометрии. очень простой. насколько новый - не знаю. я показывал его нескольким преподавателям с нашего матфака, им он оказался не знаком, но интереса не вызвал. как найти специалиста который согласился бы ознакомиться и дать оценку? посоветуйте как поступить. заранее благодарен
19 января 2004 г. 18:12:



Ну, я спрашивал (как мне казалось) о узком частном случае. А оказалось, что в нём то собака и зарыта:(
Хотелось бы ещё услышать ваше мнение о такой задаче:

Пусть а - целое нечётное деффектное число, представимое в виде квадрата целого( то-же, что и в предыдущих задачах).
Возможно ли
2a-S(a) < 2a/(a'a1)

И не подскажете-ли что нибудь на схожую тематику почитать?


> Пусть а - целое нечётное деффектное число, представимое в виде квадрата целого( то-же, что и в предыдущих задачах).
> Возможно ли
> 2a-S(a) < 2a/(a'a1)

Вот программка на мапле, которая сыпет примеры дуром:

> with(numtheory);
> printlevel:=0;

> for i by 2 do
> a := i^2;
> if sigma(a)<2*a then
> d := 2*a - sigma(a);
> f := op(2,ifactors(i));
> for j to nops(f) do
> a1 := op(1,op(j,f));
> b1 := 2*op(2,op(j,f));
> if d < 2*a/(a1^(b1+1)) then print(a,a1) fi;
> od;
> fi;
> od;


27225, 3
38025, 3
680625, 3
950625, 3
3294225, 3
6426225, 3
9018009, 3
9018009, 7
9018009, 11
9018009, 13

Тактовать надо так, что a=27225, a1=3 и т.д.

> И не подскажете-ли что нибудь на схожую тематику почитать?

Специальной литературы не знаю, но вообще по теории чисел здесь много интересного: http://www.ega-math.narod.ru/ в разделе "Математические книги"


> > > > На самом деле отсюда следует, что число a/a1 является совершенным!
> > > > А вопрос существования нечетного совершенного числа являтся известной открытой проблемой.

> > > Пусть так. Но имеются допольнительные ограничения на вид а:
> > > 1)Все степени в разложении - чётные,

> > Другими словами, a/a1 имеет вид d^2*a1^k, где a1 простое, d и a1 взаимно-просты и k=b1-1 нечетно.

> Цитата из http://mathworld.wolfram.com/OddPerfectNumber.html

> Euler showed that an odd perfect number, if it exists, must be of the form p^(4m+1)Q^2, where p is a prime of the form 4n+1.

> Вид почти один в один с вышеприведенным.

Для m=0 это тоже справедливо, или при m=0 число по-любому несовершенно?


На первый взглят проблемма простая две функции дают множество (А) целых чисел на множестве целых чисел (N) >3
6nm+n+m
6nm-n-m
n>=m
n,m - целые числа>0
вопрос следующий: Найти функцию или группу функций которые будут давать множество (B) ВСЕХ целых чисел не входящих во множество (А).
Так называемые антиподы
6nm+n+m
6nm-n-m
Если есть какая нибудь инфа по данной теме буду признателен. Думаю тут ребята поумнее меня собираются. Заранее с благодарностью Игорь.
24 февраля 2004 г. 12:35:


Имеются два кольца : D = {a/2 + b/2 * \sqrt{-3}} и K = {a/2 + b/2 * \sqrt{-19}}. Требуется доказать евклидовость первого и неевклидовость и факториальность второго.
26 февраля 2004 г. 13:33:


Re: Линейная алгебра
RElf
В ответ на Линейная алгебра от Hedin , 26 февраля 2004 г.:
> Имеются два кольца : D = {a/2 + b/2 * \sqrt{-3}} и K = {a/2 + b/2 * \sqrt{-19}}. Требуется доказать евклидовость первого и неевклидовость и факториальность второго.
См. например
П.Ноден, К.Китте ``Алгебраическая алгоритмика'' - М.:Мир, 1999.
глава II. Евклид и основная теорема арифметики,
а также упражнение 20 к этой главе.
27 февраля 07:43

--------------------------------------------------------------------------------
Re: Линейная алгебра
Hedin
В ответ на Линейная алгебра от RElf , 27 февраля 2004 г.:
> > Имеются два кольца : D = {a/2 + b/2 * \sqrt{-3}} и K = {a/2 + b/2 * \sqrt{-19}}. Требуется доказать евклидовость первого и неевклидовость и факториальность второго.
> См. например
> П.Ноден, К.Китте ``Алгебраическая алгоритмика'' - М.:Мир, 1999.
> глава II. Евклид и основная теорема арифметики,
> а также упражнение 20 к этой главе.

Простите, где можно найти текст книги, или, если вас не затруднит, можете вкратце изложить суть?
27 февраля 11:45

--------------------------------------------------------------------------------
Re: Линейная алгебра
RElf
В ответ на Линейная алгебра от Hedin , 27 февраля 2004 г.:
> > > Имеются два кольца : D = {a/2 + b/2 * \sqrt{-3}} и K = {a/2 + b/2 * \sqrt{-19}}. Требуется доказать евклидовость первого и неевклидовость и факториальность второго.
> > См. например
> > П.Ноден, К.Китте ``Алгебраическая алгоритмика'' - М.:Мир, 1999.
> > глава II. Евклид и основная теорема арифметики,
> > а также упражнение 20 к этой главе.

> Простите, где можно найти текст книги,

Эту в интернете не видел. Но есть другой вариант:
К.Айерлэнд, М.Роузен "Классическое введение в современную теорию чисел", глава 13 "Квадратичные и круговые поля". В электронном виде есть на сайте http://www.ega-math.narod.ru/ в разделе "Математические книги".

P.S. Кстати, эта задача скорее относится к теории чисел нежели к линейной алгебре.
27 февраля 13:09

--------------------------------------------------------------------------------
Re: Линейная алгебра
Михалыч
В ответ на Линейная алгебра от Hedin , 26 февраля 2004 г.:
> Имеются два кольца : D = {a/2 + b/2 * sqrt{-3}} и K = {a/2 + b/2 * \sqrt{-19}}. Требуется доказать евклидовость первого и неевклидовость и факториальность второго.
Основа: Боревич, Шафаревич "Теория чисел" (далее БШ). Глава "Теория делимости" Почитайте, не пожалеете. Уж если ставите такие вопросы, то знакомство с соответствующей теорией доставит удовольствие...:)


Для кольца целых в Q(sqrt{-3) явно строится алгоритм деления с остатком по норме, аналогичный описанному в БШ для целых гауссовых чисел.
С кольцом целых в Q(sqrt{-19}) сложнее. Там разложение на простые однозначно, хотя нет евклидовости в смысле делимости с остатком по норме.
Эти факты для кольца следуют из того, что число классов дивизоров равно 1.
Так, кажется....

Почитайте указанную главу БШ. Не пожалеете...
27 февраля 16:42
--------------------------------------------------------------------------------


Пусть есть окружность с целочисленным радиусом и есть секущая, проходящая через две целочисленных точки. Эти точки лежат внутри окружности. Понятно, что секущая делит окружность на две области. Можно ли определить есть ли целочисленные точки в меньшей области? Точки расположенные на окружности и на секущей не учитываем.


Несложно определить все целочисленные точки внутри окружности (поскольку их конечное число), решая неравенство: (x-a)^2+(y-b)^2 < R^2, - хотя бы простым перебором a-R < x < a+R, b-R < y < b+R.

Затем переходим к проверке принадлежности решений меньшей области. Для этого в линейную форму, определяющую прямую, надо подставлять координаты точек, отбрасывая те точки, знак формы которой совпадает со знаком подстановки центра окружности (a,b).

END


> Несложно определить все целочисленные точки внутри окружности (поскольку их конечное число), решая неравенство: (x-a)^2+(y-b)^2 < R^2, - хотя бы простым перебором a-R < x < a+R, b-R < y < b+R.
> Затем переходим к проверке принадлежности решений меньшей области. Для этого в линейную форму, определяющую прямую, надо подставлять координаты точек, отбрасывая те точки, знак формы которой совпадает со знаком подстановки центра окружности (a,b).

хм.. перебор не подойдёт так как радиус может быть очень большим, скажем 100 десятичных знаков.

Следущий вопрос в этой же теме: Есть прямая, проходящая через целочисленные точки. Как построить прямую параллельную первой и тоже проходящую через целочисленные точки, чтоб между этими прямыми не было целочисленных точек? Если это можно сделать, то можно решить первый вопрос.

Другой вопрос: есть ли такое понятие, как многоугольник, максимально вписанный в окружность с целочисленным радиусом, с вершинам в целых точках? "Максимально" значит многоугольник наибольшей площади и вершины не выходят за пределы окружности.


> Следущий вопрос в этой же теме: Есть прямая, проходящая через целочисленные точки. Как построить прямую параллельную первой и тоже проходящую через целочисленные точки, чтоб между этими прямыми не было целочисленных точек?

Пусть прямая проходит через (0,0) и (p,q). Рассмотрим разложение дроби p/q в цепную дробь и вычислим все подходящие к ней дроби: u_1/v_1, ..., u_k/v_k=p/q. Можно утверждать, что наиближайшей к прямой целой точкой является одна из точек (u_i,v_i), i=1..k. Кроме того, расстояние от точки (u,v) до прямой пропорционально величине |u-v*p/q|. Поэтому достаточно перебрать все подходящие дроби и найти такую с наименьшим значением |u-v*p/q| - она и даст ближайшую точку.

> Если это можно сделать, то можно решить первый вопрос.

Можно, но не факт, что это будет эффективно.

> Другой вопрос: есть ли такое понятие, как многоугольник, максимально вписанный в окружность с целочисленным радиусом, с вершинам в целых точках? "Максимально" значит многоугольник наибольшей площади и вершины не выходят за пределы окружности.

Целочисленный остов.


> > Следущий вопрос в этой же теме: Есть прямая, проходящая через целочисленные точки. Как построить прямую параллельную первой и тоже проходящую через целочисленные точки, чтоб между этими прямыми не было целочисленных точек?

> Пусть прямая проходит через (0,0) и (p,q). Рассмотрим разложение дроби p/q в цепную дробь и вычислим все подходящие к ней дроби: u_1/v_1, ..., u_k/v_k=p/q. Можно утверждать, что наиближайшей к прямой целой точкой является одна из точек (u_i,v_i), i=1..k. Кроме того, расстояние от точки (u,v) до прямой пропорционально величине |u-v*p/q|. Поэтому достаточно перебрать все подходящие дроби и найти такую с наименьшим значением |u-v*p/q| - она и даст ближайшую точку.

А разве нельзя проще? Пусть прямая А проходит через (0,0) и (p,q), а параллельная ей прямая В проходит через (0,1) и (p,q+1). Тогда между этими прямыми не будет целочисленных точек.


> А разве нельзя проще? Пусть прямая А проходит через (0,0) и (p,q), а параллельная ей прямая В проходит через (0,1) и (p,q+1). Тогда между этими прямыми не будет целочисленных точек.

Отнюдь.
Контр-пример:
A проходит через (0,0) и (2,1)
B проходит через (0,1) и (2,2)

межде ними находится точка (1,1).


Например, Вы задаёте радиус таким числом, которое не помещается на жестком диске.


> > А разве нельзя проще? Пусть прямая А проходит через (0,0) и (p,q), а параллельная ей прямая В проходит через (0,1) и (p,q+1). Тогда между этими прямыми не будет целочисленных точек.

> Отнюдь.
> Контр-пример:
> A проходит через (0,0) и (2,1)
> B проходит через (0,1) и (2,2)

> между ними находится точка (1,1).

Это верно. Может, приведете контр-пример и для такого высказывания:

"Пусть прямая А проходит через (0,0) и (p,q), а параллельная ей прямая В проходит через (1,1) и (p+1,q+1). Тогда между этими прямыми не будет целочисленных точек"


> > > А разве нельзя проще? Пусть прямая А проходит через (0,0) и (p,q), а параллельная ей прямая В проходит через (0,1) и (p,q+1). Тогда между этими прямыми не будет целочисленных точек.

> > Отнюдь.
> > Контр-пример:
> > A проходит через (0,0) и (2,1)
> > B проходит через (0,1) и (2,2)

> > между ними находится точка (1,1).

> Это верно. Может, приведете контр-пример и для такого высказывания:

> "Пусть прямая А проходит через (0,0) и (p,q), а параллельная ей прямая В проходит через (1,1) и (p+1,q+1). Тогда между этими прямыми не будет целочисленных точек"


Пожалуйста: p=3, q=1. Между указанными прямыми лежит точка (2,1)


> > Это верно. Может, приведете контр-пример и для такого высказывания:

> > "Пусть прямая А проходит через (0,0) и (p,q), а параллельная ей прямая В проходит через (1,1) и (p+1,q+1). Тогда между этими прямыми не будет целочисленных точек"

> Пожалуйста: p=3, q=1. Между указанными прямыми лежит точка (2,1)

И это верно. Нелегко без бумаги в клеточку:)


> Например, Вы задаёте радиус таким числом, которое не помещается на жестком диске.

Теория сложности "меряет" время работы алгоритмов как функцию от длины входа+длины выхода. "Хорошими" считаются алгоритмы у которых эта функция полиномиальна, и "плохими" - те, у которых она экспоненциальна.

В данной задаче длина входа пропорциональна log R (а еще точнее ограничена величиной 5*log R), где R - радиус окружности, а длина выхода один бит, отвечающий "есть" точки в отсекаемой области или "нет".

Вы предложили перебрать все целочисленные точки окружности, количество которых пропорционально R^2. Таким образом, Ваш алгоритм является экспоненциальным: R^2 = 2^(2*log R).

Автор же, насколько я понял, заинтересован в "хорошем" полиномиальном алгоритме и поэтому он забраковал Ваш экспоненциальный перебор.


> Пусть прямая проходит через (0,0) и (p,q). Рассмотрим разложение дроби p/q в цепную дробь и вычислим все подходящие к ней дроби: u_1/v_1, ..., u_k/v_k=p/q. Можно утверждать, что наиближайшей к прямой целой точкой является одна из точек (u_i,v_i), i=1..k. Кроме того, расстояние от точки (u,v) до прямой пропорционально величине |u-v*p/q|. Поэтому достаточно перебрать все подходящие дроби и найти такую с наименьшим значением |u-v*p/q| - она и даст ближайшую точку.

Спасибо.
Может я ошибаюсь, но нашёл такую связь: Для прямой у=q/p*x, где p,q взаимно просты, ближайшей параллельной прямой будет y=q/p*x+1/p и y=q/p*x-1/p
Проверил для q,p от 1 до 100.


> Может я ошибаюсь, но нашёл такую связь: Для прямой у=q/p*x, где p,q взаимно просты, ближайшей параллельной прямой будет y=q/p*x+1/p и y=q/p*x-1/p

Совершенно верно! Я как-то упустил этот простой факт из виду.
Параллельная прямая имеет вид y=q/p*x+r, причем расстояние между прямыми пропорционально r. Так как y=(q*x+p*r)/p, то для целочисленности необходимо, чтобы числитель был целым и делился на p. Из первого требования следует, что r>=1/p. С другой стороны для r=1/p всегда найдется такое целое x, что (q*x+1)/p целое. А именно x=-q^(-1) mod p.


> Совершенно верно! Я как-то упустил этот простой факт из виду.
> Параллельная прямая имеет вид y=q/p*x+r, причем расстояние между прямыми пропорционально r. Так как y=(q*x+p*r)/p, то для целочисленности необходимо, чтобы числитель был целым и делился на p. Из первого требования следует, что r>=1/p. С другой стороны для r=1/p всегда найдется такое целое x, что (q*x+1)/p целое. А именно x=-q^(-1) mod p.

Так, наверно, можно и для окружности находить ближайшую окружность, чтоб иежду ними не было целочисленных точек?


даже сверхэкспоненциальные алгоритмы могут быть удовлетворительны для прикладных задач. Выделение полиномиальных алгоритмов - предмет уходящей моды. Уже не говоря о том, что при этом модном подходе игнорируются константы в асимптотиках, что сводит все рассуждения о скоростях и объёмах работы на нет.

Я не возражаю, что поиск быстрого алгоритма - интересная математическая задача. Но это следующая задача за той, которая стоит первой - найти хоть какое-нибудь решение.

И третье - (лучше умолчу ...)


> Так, наверно, можно и для окружности находить ближайшую окружность, чтоб иежду ними не было целочисленных точек?

Не думаю. Есть известная нерешенная проблема об втором члене асимптотики числа целых точек в окружности радиуса r: http://mathworld.wolfram.com/GausssCircleProblem.html

Если бы существовал простой способ находить окружность ближайшую к данной в указанном смысле, то скорее всего и точную асимптотику удалось бы установить.


Статья по теории чисел, но не понятно о чём именно.

http://virlib.eunnet.net/books/numbers/text/0.html


> есть любопытный результат на стыке теории чисел и геометрии. очень простой. насколько новый - не знаю. я показывал его нескольким преподавателям с нашего матфака, им он оказался не знаком, но интереса не вызвал. как найти специалиста который согласился бы ознакомиться и дать оценку? посоветуйте как поступить. заранее благодарен
> 19 января 2004 г. 18:12:
Если еще актуально, пришлите мне на e-mail. Отвечу.


> Статья по теории чисел, но не понятно о чём именно.

Это - вводная глава учебника:
Сизый С. В. Лекции по теории чисел: Учебное пособие для математических специальностей. Екатеринбург: Уральский государственный университет им. А. М. Горького, 1999 - http://virlib.eunnet.net/books/numbers/


помогите решить задачу!
пусть дано 100 целых чисел от 1 до 50. Определить сколько среди них чисел Фиббоначи и сколько чисел, первая значащая цифра в десятичной записи которых -1или 2
02 ноября 2004 г. 21:13:




> пусть дано 100 целых чисел от 1 до 50.
Это как???
Числа какие? От 1 до 50 по два раза? Или еще как?


Прокоментируйте пожалуста тему, которую я начал на

http://wasm.ru/forum/index.php?action=vthread&forum=17&topic=8185&page=-1

Если кому-то интересно, конечно.
25 декабря 2004 г. 21:06


--------------------------------------------------------------------------------
Re: Совершенные, дружественные и общительные числа
RElf
В ответ на: Совершенные, дружественные и общительные числа от Denis , 25 декабря 2004 г.:
> Прокоментируйте пожалуста тему, которую я начал на
> http://wasm.ru/forum/index.php?action=vthread&forum=17&topic=8185&page=-1

> Если кому-то интересно, конечно.

http://mathworld.wolfram.com/AliquotSequence.html
http://mathworld.wolfram.com/PerfectNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/AmicablePair.html
http://mathworld.wolfram.com/SociableNumbers.html
25 декабря 21:40


Можно ли доказать, что сумма нечетных степеней n=3, 5, ... нечетных
чисел a=2k+1, b=2m+1, (k,m)=1, 2, 3, ..., не равна n-ой степени четного
числа. Когда k и m имеют одинаковую четность, доказательство тривиально.
А как быть, когда k и m имеют разную четность?
10 февраля 2005 г. 14:08

--------------------------------------------------------------------------------
Re: Требуется доказательство RElf 10 февраля 15:22 нов
В ответ на №14340: Требуется доказательство от vlgrig , 10 февраля 2005 г.:
> Можно ли доказать, что сумма нечетных степеней n=3, 5, ... нечетных
> чисел a=2k+1, b=2m+1, (k,m)=1, 2, 3, ..., не равна n-ой степени четного
> числа. Когда k и m имеют одинаковую четность, доказательство тривиально.
> А как быть, когда k и m имеют разную четность?
Воспользоваться теоремой Ферма.


> Можно ли доказать, что сумма нечетных степеней n=3, 5, ... нечетных
> чисел a=2k+1, b=2m+1, (k,m)=1, 2, 3, ..., не равна n-ой степени четного
> числа. Когда k и m имеют одинаковую четность, доказательство тривиально.
> А как быть, когда k и m имеют разную четность?
> 10 февраля 2005 г. 14:08

> --------------------------------------------------------------------------------
> Re: Требуется доказательство RElf 10 февраля 15:22 нов
> В ответ на №14340: Требуется доказательство от vlgrig , 10 февраля 2005 г.:
> > Можно ли доказать, что сумма нечетных степеней n=3, 5, ... нечетных
> > чисел a=2k+1, b=2m+1, (k,m)=1, 2, 3, ..., не равна n-ой степени четного
> > числа. Когда k и m имеют одинаковую четность, доказательство тривиально.
> > А как быть, когда k и m имеют разную четность?
> Воспользоваться теоремой Ферма.

А нельзя ли как-нибудь попроще?


Господа и дамы! Решите задачу по теории сравнения:
ПЕтя знает только цифру 1. Доказать, что он может написать число, делящееся на 1997


Подскажите, пожалуйста.
есть сранение: x^2=a(mod p^2), p - простое
как определить, что a - является квадратичным вычетом по модулю p^2?
как найти решения такого сравнения?
17 марта 2005 г. 13:41:



Как на счет символа Лежандра


a (целое число, не делящееся на p) будет квадратичным вычетом по модулю p^2 тогда и только тогда, когда а - квадратичный вычет по модулю (p не равно 2). Для нахождения решения, сначала следует решить сравнение x^2=a (mod p) (это можно сделать с помощью символа Лежандра - что и было ранее посоветовано). Пусть это будет число b. Затем решение сравнения x^2=a (mod p^2) ищем в виде x=b+zp, где z - параметр. Получим, что z=(a-b^2)/(2bp) (mod p). Случай p=2 - тривиален.


> a (целое число, не делящееся на p) будет квадратичным вычетом по модулю p^2 тогда и только тогда, когда а - квадратичный вычет по модулю (p не равно 2). Для нахождения решения, сначала следует решить сравнение x^2=a (mod p) (это можно сделать с помощью символа Лежандра - что и было ранее посоветовано). Пусть это будет число b. Затем решение сравнения x^2=a (mod p^2) ищем в виде x=b+zp, где z - параметр. Получим, что z=(a-b^2)/(2bp) (mod p). Случай p=2 - тривиален.

Спасибо!


Вот здесь (http://www.ega-math.narod.ru/Singh/FLT.htm) среди прочего прочитал, что математиками до сих пор не найдено доказательство того, что слегка избыточные числа не существуют. Неужели это так на самом деле? Странно, я обладаю таким доказательством, более того - оно простое и доступно даже школьнику!
20 марта 2005 г. 23:02

--------------------------------------------------------------------------------
Re: Слегка избыточные числа RElf 21 марта 00:07 нов
В ответ на №14606: Слегка избыточные числа от Владислав Аврутин , 20 марта 2005 г.:
> Вот здесь (http://www.ega-math.narod.ru/Singh/FLT.htm) среди прочего прочитал, что математиками до сих пор не найдено доказательство того, что слегка избыточные числа не существуют. Неужели это так на самом деле? Странно, я обладаю таким доказательством, более того - оно простое и доступно даже школьнику!
Это, скорее всего, означает, что в Вашем доказательстве есть ошибка. Опубликуйте доказательство здесь - попробуем найти ошибку.

Кстати, эти числа называют квази-совершенными. Известно, что если такое число существует, то оно больше 10^35 и у него как минимум 7 делителей.


Тень горы может родить только тень мыши. Вы, уважаемый коллега, стоите у ее подножия. Если Вы когда-нибудь превзойдете сами себя и найдете ответ, не показывайте свои таблицы никому, т.к. способ прост, а результат настолько очевиден и аксиоматичен, что кто-нибудь воспользуется этим и Ваш приоритет будет недоказуем. Удачи


> Вот здесь (http://www.ega-math.narod.ru/Singh/FLT.htm) среди прочего прочитал, что математиками до сих пор не найдено доказательство того, что слегка избыточные числа не существуют. Неужели это так на самом деле? Странно, я обладаю таким доказательством, более того - оно простое и доступно даже школьнику!
> 20 марта 2005 г. 23:02

> --------------------------------------------------------------------------------
> Re: Слегка избыточные числа RElf 21 марта 00:07 нов
> В ответ на №14606: Слегка избыточные числа от Владислав Аврутин , 20 марта 2005 г.:
> > Вот здесь (http://www.ega-math.narod.ru/Singh/FLT.htm) среди прочего прочитал, что математиками до сих пор не найдено доказательство того, что слегка избыточные числа не существуют. Неужели это так на самом деле? Странно, я обладаю таким доказательством, более того - оно простое и доступно даже школьнику!
> Это, скорее всего, означает, что в Вашем доказательстве есть ошибка. Опубликуйте доказательство здесь - попробуем найти ошибку.

> Кстати, эти числа называют квази-совершенными. Известно, что если такое число существует, то оно больше 10^35 и у него как минимум 7 делителей.

Действительно, в доказательстве была ошибка. Я самостоятельно нашел ее. Оказывается, пока я только доказал, что у таких чисел должно быть больше двух делителей... пробую обобщить его...


> На первый взглят проблемма простая две функции дают множество (А) целых чисел на множестве целых чисел (N) >3
> 6nm+n+m
> 6nm-n-m
> n>=m
> n,m - целые числа>0
> вопрос следующий: Найти функцию или группу функций которые будут давать множество (B) ВСЕХ целых чисел не входящих во множество (А).

Надо понимать, речь все-таки идёт о целых положительных числах.
В этом случае, множество B содержит все такие числа k, что число 6k+1 является простым.

Действительно, если k представимо в виде 6nm+n+m или 6nm-n-m, то число 6k+1 представимо в виде (6m+1)(6n+1) или (6m-1)(6n-1). Если число 6k+1 составное, то оно делится либо на простое вида 6t+1, и тогда оно представимо в виде (6m+1)(6n+1), либо на простое вида 6t-1, и тогда оно представимо в виде (6m-1)(6n-1). Если же 6k+1 простое, то оно не может быть представлено ни одним из выражений (6m+1)(6n+1) или (6m-1)(6n-1) для n,m > 1.

то оно представимо в виде (6m+1)(6n+1)


Помогите, пожалуйста! Тема числа фиббоначи в прикладной математики
19 июня 2005 г. 23:39:


> Помогите, пожалуйста! Тема числа фиббоначи в прикладной математики
> 19 июня 2005 г. 23:39:

Цель вопроса?
(Реферат, курсовая, диплом, диссертация...)

Ваш уровень?
(школьник, студент(ка), курс, специальность, аспирант(ка)...)

В зависимости от ответов можно порекомендовать литературу, Инет-ресурсы и пр.


народ, если можно, обьясните пож. по проще, что такое факторизация
больших целых чисел. буду очень признателен. спасибо
08 июля 2005 г. 21:53

--------------------------------------------------------------------------------
Re: целые числа
bot
09 июля 07:49
В ответ на №15631: целые числа от steel rat , 08 июля 2005 г.:
> народ, если можно, обьясните пож. по проще, что такое факторизация
> больших целых чисел. буду очень признателен. спасибо
Под факторизацией положительных целых чисел обычно понимается разложение их в произведение простых чисел. Для больших чисел возникает проблема с объёмом необходимых вычислений.
PS. На всякий случай. Целое положительное число называется простым, если оно имеет ровно 2 различных делителя (то есть оно отлично от 1 и не делится нацело ни на какое целое положительное число, за исключением 1 и самого себя)
народ, если можно, обьясните пож. по проще, что такое факторизация
больших целых чисел. буду очень признателен. спасибо

PS. На всякий случай. Целое положительное число называется простым, если оно имеет ровно 2 различных делителя (то есть оно отлично от 1 и не делится нацело ни на какое целое положительное число, за исключением 1 и самого себя)


звучит так: любое четное число может быть представлено в виде суммы двух простых чисел
вопрос в связи с этим такой: существует ли доказательство этого утверждения?
спасибо.
22 августа 2005 г. 18:15:


> звучит так: любое четное число может быть представлено в виде суммы двух простых чисел
> вопрос в связи с этим такой: существует ли доказательство этого утверждения?
> спасибо.
> 22 августа 2005 г. 18:15:

http://mathdaily.com/lessons/Goldbach_problem


http://www.wow-club.ru/modules.php?name=News&file=print&sid=2391


Этот вопрос я забыл задать профессору на третьем курсе...
Поле действительных чисел (насколько я помню) - это множество элементов M и на нем - две абелевы группы по умножению и сложению + дистрибутивность умножения относительно сложения (поправьте, если что-то подзабыл).
Для операции сложения существует нулевой элемент null_pl такой, что для любого а: а + null_pl = a. Естественно, null_pl = 0 и 0 содержится в M.
В группе умножения также существует нулевой элемент null_sub = 1 и для каждого a из М существует обратный элемент из М a^-1 такой, что a * a^-1 = null_sub = 1.
Отсюда имеем, что 0, входящий в М, должен иметь обратный элемент 0^-1, т.е. возможно деление на ноль???
Понятно, что сказанное - глупость, но где ошибка?
18 сентября 2005 г. 13:04:


> Этот вопрос я забыл задать профессору на третьем курсе...
> Поле действительных чисел (насколько я помню) - это множество элементов M и на нем - две абелевы группы по умножению и сложению + дистрибутивность умножения относительно сложения (поправьте, если что-то подзабыл).
> Для операции сложения существует нулевой элемент null_pl такой, что для любого а: а + null_pl = a. Естественно, null_pl = 0 и 0 содержится в M.
> В группе умножения также существует нулевой элемент null_sub = 1 и для каждого a из М существует обратный элемент из М a^-1 такой, что a * a^-1 = null_sub = 1.
> Отсюда имеем, что 0, входящий в М, должен иметь обратный элемент 0^-1, т.е. возможно деление на ноль???
> Понятно, что сказанное - глупость, но где ошибка?

В условных обозначениях я не разобрался, но понял, что речь идет о действительных числах /плюс-минус бесконесность/. Тогда 1/0 = бесконечность. Тогда а/0 = а*бесконечность. Компьютер принципиально не делит число на ноль, так как бесконечность нельзя выразить точным числом, но компютер - не философ.
Вот и не глупость, вот и не ошибка.


> > Этот вопрос я забыл задать профессору на третьем курсе...
> > Поле действительных чисел (насколько я помню) - это множество элементов M и на нем - две абелевы группы по умножению и сложению + дистрибутивность умножения относительно сложения (поправьте, если что-то подзабыл).
> > Для операции сложения существует нулевой элемент null_pl такой, что для любого а: а + null_pl = a. Естественно, null_pl = 0 и 0 содержится в M.
> > В группе умножения также существует нулевой элемент null_sub = 1 и для каждого a из М существует обратный элемент из М a^-1 такой, что a * a^-1 = null_sub = 1.
> > Отсюда имеем, что 0, входящий в М, должен иметь обратный элемент 0^-1, т.е. возможно деление на ноль???
> > Понятно, что сказанное - глупость, но где ошибка?

> В условных обозначениях я не разобрался, но понял, что речь идет о действительных числах /плюс-минус бесконесность/. Тогда 1/0 = бесконечность. Тогда а/0 = а*бесконечность. Компьютер принципиально не делит число на ноль, так как бесконечность нельзя выразить точным числом, но компютер - не философ.
> Вот и не глупость, вот и не ошибка.

Всё проще. Единицу умножения в кольце K будем называть "единицей", единицу сложения- "нулём". Доказывается алгебраическими методами, что любой элемент умноженный на нуль есть нуль :
0*a=(b-b)*a=b*a-b*a=0,
стало быть, нуль мультипликативно необратим.
Множество inv(K) всех элементов, имеющих обратный, образует группу относительно операции умножения. Если K- поле, то inv(K)=K\{0}, где равенство понимается как равенство множеств.


29 ноября 2005 г. 14:03
Доказать, что существуют стозначные натуральные числа А и В, которые являются кубами некоторых чисел, такие что цифры в десятичной записи числа В - это цифры числа А, расположенные в обратном порядке.

--------------------------------------------------------------------------------
Re: Числа перевертыши Tom 29 ноября 23:42
В ответ на: Числа перевертыши от scientes , 29 ноября 2005 г.:
> Доказать, что существуют стозначные натуральные числа А и В, которые являются кубами некоторых чисел, такие что цифры в десятичной записи числа В - это цифры числа А, расположенные в обратном порядке.
Число 110...01 в кубе даёт число, которое написанное наоборот, даёт число 10...011 в кубе и наоборот.Число знаков, не ограничено! Док-во, никакое число не превзайдёт 6, а значит разрядность не поменяется


Куб числа вида 10..0011 не может иметь сто знаков.


> Куб числа вида 10..0011 не может иметь сто знаков.
Ответ: Тогда возьмём число вида 1010...01, число в 34 знака даёт куб в сто знаков!


> > Куб числа вида 10..0011 не может иметь сто знаков.
> Ответ: Тогда возьмём число вида 1010...01, число в 34 знака даёт куб в сто знаков!

Если куб числа 1010...01 записать в обратном порядке, то это будет куб какого числа ?


> > > Куб числа вида 10..0011 не может иметь сто знаков.
> > Ответ: Тогда возьмём число вида 1010...01, число в 34 знака даёт куб в сто знаков!

> Если куб числа 1010...01 записать в обратном порядке, то это будет куб какого числа ?
Это будет 1000000000000000000000000000000101, а первое число, этому наоборот.


Все правильно. А это кубы этих чисел

1000000000000000000000000000000303000000000000000000000000000030603000000000000000000000000001030301

1030301000000000000000000000000003060300000000000000000000000000003030000000000000000000000000000001


О числах Fermat's.
Доказать, что для каждого составного числа Ферма F=2^(2^n)+1=(v^2+t^2)*(c^2+h^2), существует целое число Ft=(v^2+t^2+c^2+h^2-2)/[2^(n+2)]^2, примеры:

(641 + 6700417-2)/2^14=409;
(274177 + 67280421310721-2)/2^16=1026617761;
(59649589127497217 + 5704689200685129054721-2)/2^18=21761889840218569;



> Для операции сложения существует нулевой элемент null_pl такой, что для любого а: а + null_pl = a. Естественно, null_pl = 0 и 0 содержится в M.
> В группе умножения также существует нулевой элемент null_sub = 1 и для каждого a из М существует обратный элемент из М a^-1 такой, что a * a^-1 = null_sub = 1.

В группе по сложению еденичный элемент не обязан существовать
так же и как в группе по умножению нулевого элементо может и не быть! там еть ед элемент такой что: a*e=e*a=a (в Абелевой), а есле там и определен нулевой элемент,, то не в коем случае не так же как определенна еденица!


Известно, что Пифагоровы тройки, т.е. целые числа x, y, z, для которых справедливо соотношение

z^2 = x^2 + y^2 (1)

можно найти по формулам:

x = 2ab
y = a^2 - b^2 (2)
x = a^2 + b^2

Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности. Мне удалось найти новые формулы для Пифагоровых троек:

x = 2p*(p + q)
y = q*(2p + q) (3)

Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое. В этом случае сумма квадратов x^2 и y^2 дает квадрат z^2.


P.S. Помогите доказать, что квадраты x^2 и y^2 не равны целым степеням U^n и V^n, где n = 3, 4, ...
20 декабря 2005 г. 16:42:



> Известно, что Пифагоровы тройки, т.е. целые числа x, y, z, для которых справедливо соотношение

> z^2 = x^2 + y^2 (1)

> можно найти по формулам:

> x = 2ab
> y = a^2 - b^2 (2)
> x = a^2 + b^2

> Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности. Мне удалось найти новые формулы для Пифагоровых троек:

> x = 2p*(p + q)
> y = q*(2p + q) (3)

> Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое. В этом случае сумма квадратов x^2 и y^2 дает квадрат z^2.

>

И в чем, простите новизна? Вы просто положили a=p+q, b=p. Так, знаете, можно много упражняться...


> > Известно, что Пифагоровы тройки, т.е. целые числа x, y, z, для которых справедливо соотношение

> > z^2 = x^2 + y^2 (1)

> > можно найти по формулам:

> > x = 2ab
> > y = a^2 - b^2 (2)
> > z = a^2 + b^2

> > Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности. Мне удалось найти новые формулы для Пифагоровых троек:

> > x = 2p*(p + q)
> > y = q*(2p + q) (3)

> > Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое. В этом случае сумма квадратов x^2 и y^2 дает квадрат z^2.

> >

> И в чем, простите новизна? Вы просто положили a=p+q, b=p. Так, знаете, можно много упражняться...

Новизна в двух предложениях:

РАНЕЕ: Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности.

СЕЙЧАС: Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое.


> > И в чем, простите новизна? Вы просто положили a=p+q, b=p. Так, знаете, можно много упражняться...

> Новизна в двух предложениях:

> РАНЕЕ: Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности.

> СЕЙЧАС: Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое.

А что, если a=p+q, b=p, a и b имеют разные четности, кто-то сомневается, что q нечетное? Ну-ну.


найдите закономерность и продолжите ряд чисел: (первые 5 пропущены)
59 67 83 109 127 ...


Ну, Вы же понимаете, что этот ряд может быть продолжен ЛЮБЫМ неперёд заданным числом (я всегда смогу подобрать многочлен пятой степени, который в точках 1, 2, 3, 4, 5, 6 будет принимать заданные значения)...))))))


> Ну, Вы же понимаете, что этот ряд может быть продолжен ЛЮБЫМ неперёд заданным числом (я всегда смогу подобрать многочлен пятой степени, который в точках 1, 2, 3, 4, 5, 6 будет принимать заданные значения)...))))))

Я конешно это понимаю, что Вы можите сделать с этим рядом все что угодно, но меня интересует закономерность между етими числами, основанная на элементарных математических действиях школьной программы.


> найдите закономерность и продолжите ряд чисел: (первые 5 пропущены)
> 59 67 83 109 127 ...

Сколько угодно:

Выбирайте


Есть биография Фибоначчи?


> Есть биография Фибоначчи?

Вот:

Fibonacci


> Известно, что Пифагоровы тройки, т.е. целые числа x, y, z, для которых справедливо соотношение

> z^2 = x^2 + y^2 (1)

> можно найти по формулам:

> x = 2ab
> y = a^2 - b^2 (2)
> x = a^2 + b^2

> Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности. Мне удалось найти новые формулы для Пифагоровых троек:

> x = 2p*(p + q)
> y = q*(2p + q) (3)

> Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое. В этом случае сумма квадратов x^2 и y^2 дает квадрат z^2.

>
> P.S. Помогите доказать, что квадраты x^2 и y^2 не равны целым степеням U^n и V^n, где n = 3, 4, ...
> 20 декабря 2005 г. 16:42:
Используемое Вами известное решение для нахождения Пифагоровых троек приводит
к утверждению - любая пара чисел a и b дает решение. Это не точно.
На самом деле "Любая пара чисел a и b различной четности при a > b дает два
два примитивных решения". Это очевидно из тождества:
(a^2+b^2)^2-(a^2-b^2)^2=(2ab)^2={(ab)^2+1}^2-{(ab)^2 -1}^2
Может пригодится.
Дед. Ростов на Дону


Существует ли два простых числа p и q такие, что p^3=1 mod q и q^3 = mod p, кроме (13, 61)
09 марта 2006 г. 14:06:


> Существует ли два простых числа p и q такие, что p^3=1 mod q и q^3 = mod p, кроме (13, 61)

Да сколько угодно:

3, 13
5, 31
13, 61
17, 307
41, 1723
59, 3541
71, 5113
89, 8011
101, 10303
131, 17293
167, 28057
173, 30103
293, 86143
383, 147073
677, 459007
701, 492103
743, 552793
761, 579883
773, 598303
827, 684757
839, 704761
857, 735307
911, 830833
...


> Господа и дамы! Решите задачу по теории сравнения:
> ПЕтя знает только цифру 1. Доказать, что он может написать число, делящееся на 1997

Ему достаточно написать число из phi(1997*9)=11976 единиц, то есть (10^11976 - 1)/9.


> > Господа и дамы! Решите задачу по теории сравнения:
> > ПЕтя знает только цифру 1. Доказать, что он может написать число, делящееся на 1997

> Ему достаточно написать число из phi(1997*9)=11976 единиц, то есть (10^11976 - 1)/9.

Зная только цифру 1, можно написать любое целое число от 1 до бесконечности. В этом ряду окажутся и все числа, кратные 1997.


> > Известно, что Пифагоровы тройки, т.е. целые числа x, y, z, для которых справедливо соотношение

> > z^2 = x^2 + y^2 (1)

> > можно найти по формулам:

> > x = 2ab
> > y = a^2 - b^2 (2)
> > x = a^2 + b^2

> > Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности. Мне удалось найти новые формулы для Пифагоровых троек:

> > x = 2p*(p + q)
> > y = q*(2p + q) (3)

> > Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое. В этом случае сумма квадратов x^2 и y^2 дает квадрат z^2.

> >
> > P.S. Помогите доказать, что квадраты x^2 и y^2 не равны целым степеням U^n и V^n, где n = 3, 4, ...
> > 20 декабря 2005 г. 16:42:
> Используемое Вами известное решение для нахождения Пифагоровых троек приводит
> к утверждению - любая пара чисел a и b дает решение. Это не точно.
> На самом деле "Любая пара чисел a и b различной четности при a > b дает два
> два примитивных решения". Это очевидно из тождества:
> (a^2+b^2)^2-(a^2-b^2)^2=(2ab)^2={(ab)^2+1}^2-{(ab)^2 -1}^2
> Может пригодится.
> Дед. Ростов на Дону
А вообще справедливо: Любое число, являющееся квадратом дает решение треугольника Пифагора. Очевидно из тождества:
(a^2+1)^2 - (a^2-1)^2 = (2a)^2 при любом a.

Дед


  • 18813: Теория чисел savely 24 августа 18:40
    В ответ на №10364: Вопрос по теории чисел от Артём , 18 января 2004 г.:
  • Как доказать, что в любом Пифагоровом треугольнике медианы, соединяющие середины катетов с противолежащими вершинами, имеют длины, выражаемые только иррациональными числами
    Сообщение №18811 от savely , 24 августа 2006 г. 14:39:


    > Как доказать, что в любом Пифагоровом треугольнике медианы, соединяющие середины катетов с противолежащими вершинами, имеют длины, выражаемые только иррациональными числами
    > Сообщение №18811 от savely , 24 августа 2006 г. 14:39:

    Доказательство сводится к рассмотрению системы уравнений
    x^2+y^2=m^2
    (2x)^2+y^2=n^2
    и доказательству неразрешимости ее в целых числах.
    Не думаю, что последнее просто.


    > Как доказать, что в любом Пифагоровом треугольнике медианы, соединяющие середины катетов с противолежащими вершинами, имеют длины, выражаемые только иррациональными числами
    Может меня глючит?
    Контрпример:
    Пифагорова тройка: 2,3,5
    Длина одной медианы: sqrt( 1.5^2+2^2 )=sqrt(6.25)=2.5 - рациональная
    Другая медиана иррациональна


    Упс... виноват, пифагорова тройка: 3,4,5


    > Упс... виноват, пифагорова тройка: 3,4,5
    3,4,5 никак не контрпример.
    Длины медиан в этом случае:
    1.sqrt((3/2)^2+4^2)=sqrt(73)/2 - иррациональное число
    2.sqrt(2^2+3^2)=sqrt(13) - иррациональное число.


    Задача.
    При каких целых k система уравнений
    x^2+y^2=m^2
    (k*x)^2+y^2=n^2
    не имеет решений в целых числах?



    > Задача.
    > При каких целых k система уравнений
    > x^2+y^2=m^2
    > (k*x)^2+y^2=n^2
    > не имеет решений в целых числах?
    Дополнение к задаче:
    В задаче должны выполняться условия
    x,y,k >0


    Сообщение №18947 от Дима 12 сентября 2006 г. 23:56
    Помогите, пожалуйста, решить следующую задачку:
    Докажите, что существует только конечное количество простых чисел р, для которых десятичное представление числа 1/р периодично с длиной периода 5.(например, длина периода числа 4,30751515151...51... - 2, так как блок из двух цифр 5 и 1 постоянно повторяется).
    Заранее большое спасибо.
    --------------------------------------------------------------------------------
    Re: Задачка по теории чисел Olyx 13 сентября 02:04
    В ответ на №18947: Задачка по теории чисел от Дима , 12 сентября 2006 г.:
    Я совсем не спец....но у меня выходит, что длина периода не важна??!
    Сразу говорю, буду объяснять на "пальцах":
    Пусть 1/p,1/q - обратные простым(p,q>5), с одинаковым периодом и с кратным "сдвигом периода". Сдвиг периода это индекс в последовательности откуда начинается период (например: 0.0272727 - сдвиг = 2; 0.2727 -сдвиг=1).

    Если простых чисел с фиксированной длиной периода бесконечно много, то среди них обязательно найдется бесконечно много пар чисел вышеописанного вида. Это утверждение практически очевидно.

    Докажем что на самом деле таких пар чисел вообще не существует:
    Пусть дана пара чисел 1/p,1/q с одним периодом и с кратным сдвигом периода, тогда их разность очевидно либо целое число, либо целое число, разделенное на степень десятки (короче говоря, не периодична). Это утверждение практически очевидно.
    Но для простых p и q такое не возможно:
    1/p-1/q=(q-p)/pq
    Это число, ни как не целое число разделенное на степень десятки.


    Нечетко выразился:
    Пусть 1/p,1/q - обратные простым(p,q>5), с одинаковым периодом и с кратным "сдвигом периода". Сдвиг периода это индекс в последовательности откуда начинается период (например: 0.0272727 - сдвиг = 2; 0.2727 -сдвиг=1).

    Лучше так:
    Пусть 1/p,1/q - обратные простым(p,q>5), с одинаковым периодом и с равным по модулю 5 "сдвигом периода". Сдвиг периода это индекс в последовательности откуда начинается период (например: 0.0272727 - сдвиг = 2; 0.2727 -сдвиг=1).

    PS Равный по модулю пять сдвиг пероида (всего 5 возможных значений) - позволяет при вычитании двух таких чисел стопроцентно избавиться от бесконечности в десятичной записи разности.



    > Сообщение №18947 от Дима 12 сентября 2006 г. 23:56
    > Помогите, пожалуйста, решить следующую задачку:
    > Докажите, что существует только конечное количество простых чисел р, для которых десятичное представление числа 1/р периодично с длиной периода 5.(например, длина периода числа 4,30751515151...51... - 2, так как блок из двух цифр 5 и 1 постоянно повторяется).

    Все такие p являются делителями 10^5 - 1, но не делителями 10^k - 1 для k<5.
    Из разложения 10^5 - 1 = 3^2 * 41 * 271 получаем, что искомыми p являются 41 и 271.

    1/41 = 0.0243902439... = 0.(02439)

    1/271 = 0.0036900369... = 0.(00369)


    Сообщение №19020 от Дима 19 сентября 2006 г. 21:57 нов
     Еще одна задачка по теории чисел

    Помогите, пожалуйста, решить следующую задачку: Пусть а=11...11 число, состоящее из n единиц(n-натуральное число > 0), и b=10...05 число состоящее из одной единицы, n-1 нулей и одной пятерки.
    Докажите, что a*b+1 квадратное число

    Заранее большое спасибо.


    > Помогите, пожалуйста, решить следующую задачку:

    > Пусть а=11...11 число, состоящее из n единиц(n-натуральное число > 0), и b=10...05 число состоящее из одной единицы, n-1 нулей и одной пятерки.
    > Докажите, что a*b+1 квадратное число.

    В явном виде имеем:
    a = (10^n - 1)/9
    b = 10^n + 5

    Поэтому
    a*b + 1 = > Помогите, пожалуйста, решить следующую задачку:

    > Пусть а=11...11 число, состоящее из n единиц(n-натуральное число > 0), и b=10...05 число состоящее из одной единицы, n-1 нулей и одной пятерки.
    > Докажите, что a*b+1 квадратное число.

    В явном виде имеем:
    a = (10^n - 1)/9
    b = 10^n + 5

    Поэтому
    a*b + 1 = (10^(2n) + 4*10^n + 4)/9 = ((10^n + 2)/3)^2
     


    Здравствуйте!
    Я прошу обьяснить или ну хотя бы приветси решение след. задач. По прочитаным мною материалам я их решить не смог, вот прошу помощи. Задачи по теме сравнений первой степени. Числа слишком большие, поэтому эти два сравнения не решил. Мне очень нужно последовательное (шаг за шагом) решение этих задач (чтоб понять как их решили). Вот..понимаю, прошу не малого, но просто, вообщем..вдруг кто-то найдется, заранее большое спасибо..хотя спасибо в карман не положешь, но что я еще могу сказать :(, просто нужна помощь..
    znak ^ kak stepen, * - umnojeniye
    1. (7^41)*x= (2^128) mod 51
    2. (2^127)*x= 4 mod 127
    Очень прошу помочь.
    28 октября 2006 г. 23:54:


    Сообщение №19240 от Михалыч , 29 октября 2006 г. 07:49:
    > Здравствуйте!
    > Я прошу обьяснить или ну хотя бы приветси решение след. задач. По прочитаным мною материалам я их решить не смог, вот прошу помощи. Задачи по теме сравнений первой степени. Числа слишком большие, поэтому эти два сравнения не решил. Мне очень нужно последовательное (шаг за шагом) решение этих задач (чтоб понять как их решили). Вот..понимаю, прошу не малого, но просто, вообщем..вдруг кто-то найдется, заранее большое спасибо..хотя спасибо в карман не положешь, но что я еще могу сказать :(, просто нужна помощь..
    > znak ^ kak stepen, * - umnojeniye
    > 1. (7^41)*x= (2^128) mod 51
    > 2. (2^127)*x= 4 mod 127
    > Очень прошу помочь.

    Начнем со второго.
    Есть теорема(т.н. малая теорема Ферма), что при простом модуле р для любого ненулевого у верно

    у^(p-1) = 1 (mod p)

    отсюда
    2^126 = 1 (mod 127)
    и приходим к тривиально решаемому сравнению

    2x=4 (mod 127)

    Во втором случае чуть сложнее, тк. 51 = 3х17

    Но если модуль есть произведение двух простых m = pq, то при _у_взаимно простых с модулем верно

    у^(p-1)(q-1)=1(mod m)

    В Вашем случае получается

    7^9 x=1 (mod 51)

    если теперь заметить, что 7^2= -2(mod 51),
    то
    имеем
    7*(-2)^4 *x = 7*16*x = 1 (mod 51)

    112 x = 1 (mod 51)
    10 x = 1 (mod 51)

    Дальше сам справишься?


    Как такое решается
    a*x^2 + b*x*y + c*y^2 + d*x + e*y + f = 0
    06 ноября 2006 г. 17:57:



    > Как такое решается
    > a*x^2 + b*x*y + c*y^2 + d*x + e*y + f = 0
    > 06 ноября 2006 г. 17:57:

    Воспользуйтесь солвером. Там же есть исходные тексты и описание алгоритма.

    Солвер


    В 1643 г. Ферма показал, что не существуют прямоугольные треугольники, две стороны которых являются полными квадратами. Однако есть бесконечно много треугольников, сумма катетов которых и гипотенуза являются квадратами. Ферма нашёл, что наименьшим из них является треугольник со сторонами:
    a=4565486027761,
    b=1061652293520,
    c=4687298610289.
    Меня интересует два вопроса:
    1.Как теоретически выйти на указанный треугольник?
    2.Каковы стороны следующего треугольника?
    08 декабря 19:52


    См. по ссылке:

    Задача Ферма


    > См. по ссылке:

    Там я увидел

    "v^2=m^2+n^2

    уравнение
    тоже представляет собой стандартное "пифагорово"
    диофантово уравнение, решения которого выражаются
    через новые переменные p и q: v=p^2+q^2, m=p^2-q^2, n=2pq".

    А имеются ли стандартные решения диофантовых уравнений видов:

    x^2 + y^2 = z,

    а также

    x^2 + y = z?


    Все решения таковы:
    (x, y, x^2+y^2) для x^2 + y^2 = z и
    (x, y, x^2+y) для x^2 + y = z
    x и y - произвольны.


    > Все решения таковы:
    > (x, y, x^2+y^2) для x^2 + y^2 = z и
    > (x, y, x^2+y) для x^2 + y = z
    > x и y - произвольны.

    Во втором уравнении очень понятно, что, задавая x, всегда вычисляется y при любом z.

    В первом же уравнении решения приходится искать методом перебора, а это, как я полагаю, не отличается от решений без помощи диофантовых уравнений. Ведь в уравнении всегда известно z, которое и надо представить в виде суммы двух квадратов.
    Сложилось впечатление, что z находится по выбираемым x и y, когда задача состоит в прямо противоположном - отыскании x и y (которых в целых числах может и не быть) по заданному z.

    Немного поясните, пожалуйста. Может быть, я не так понимаю смысл решения уравнения в целых числах?


    Подскажите, как решить данное сравнение, приведя его сначала к двучленному
    x^2-5x+6=0(mod 24) (знак= вместо знака сравнения)
    28 декабря 2006 г. 23:14:


    > Подскажите, как решить данное сравнение, приведя его сначала к двучленному
    > x^2-5x+6=0(mod 24) (знак= вместо знака сравнения)
    > 28 декабря 2006 г. 23:14:
    Если бы модуль был нечётным, то нечётный коэффициент при x изменяется на чётный прибавлением к нему модуля, далее выделяется полный квадрат и вуаля. Сие здесь отпадает. И вообще зачем здесь приводить к двучленному?
    Левая часть разлагается на множители и мы имеем систему:
    (x-2)(x-3)≡ 0 (mod 3),
    (x-2)(x-3)≡ 0 (mod 8),
    Отсюда очевидно:
    x ≡ a(mod 3), a ε {0,2}
    x ≡ b(mod 8), b ε {2,3}
    Здесь ε означает принадлежность множеству.
    По китайской теореме об остатках легко получаем:
    x ≡ 9a-8b(mod 24),
    Отсюда подставив возможные четыре варианта для a и b получаем:
    x ≡ 2,3,11,18(mod 24)

    P.S. Можно и вовсе не задуряться высокими материями, а просто как в 4-м классе посмотреть, что ровно один из взаимно простых множителей x-2 и x-3 должен делится на 3, а другой на 8.



    Всем привет! Такая задача: требуется найти 10-й член последовательности Фибоначчи. Кто сможет показать, как это правильно делать?


    > Всем привет! Такая задача: требуется найти 10-й член последовательности Фибоначчи. Кто сможет показать, как это правильно делать?

    Вообще-то для десятки можно и тупо поскладывать...


    Леди энд джентльмены!
    Предлагается задачка из серии "не для слабых".
    Известно, что суммы некоторых четвёрок последовательных треугольных чисел
    являются квадратами. Например, 15+21+28+36=100. Здесь первым идёт треугольное число под номером 5. Найдите формулу номеров всех треугольных чисел, начиная с которых, четвёрки последовательных чисел в сумме дают квадрат. Решение должно охватывать ВСЕ числа такого свойства.



    > Известно, что суммы некоторых четвёрок последовательных треугольных чисел
    > являются квадратами. Например, 15+21+28+36=100. Здесь первым идёт треугольное число под номером 5. Найдите формулу номеров всех треугольных чисел, начиная с которых, четвёрки последовательных чисел в сумме дают квадрат. Решение должно охватывать ВСЕ числа такого свойства.

    Сумма четырех последовательных треугольных чисел, начиная с n-го, равна
    2*n^2 + 8*n + 10

    Таким образом, нужно решить в целых числах уравнение 2*n^2 + 8*n + 10 = m^2
    Для этого можно воспользоваться солвером (см. ссылку ниже) и получить, что искомые n являются элементами последовательности:
    n_k: -1, 5, 39, ...
    где n_{k+1} = 6*n_k - n_{k-1} + 8.

    Quadratic two integer variable equation solver


    > > Известно, что суммы некоторых четвёрок последовательных треугольных чисел
    > > являются квадратами. Например, 15+21+28+36=100. Здесь первым идёт треугольное число под номером 5. Найдите формулу номеров всех треугольных чисел, начиная с которых, четвёрки последовательных чисел в сумме дают квадрат. Решение должно охватывать ВСЕ числа такого свойства.

    > Сумма четырех последовательных треугольных чисел, начиная с n-го, равна
    > 2*n^2 + 8*n + 10

    > Таким образом, нужно решить в целых числах уравнение 2*n^2 + 8*n + 10 = m^2
    > Для этого можно воспользоваться солвером (см. ссылку ниже) и получить, что искомые n являются элементами последовательности:
    > n_k: -1, 5, 39, ...
    > где n_{k+1} = 6*n_k - n_{k-1} + 8.

    Ход мысли правильный, но в задаче требовалось найти решение в виде компактной формулы. Решением задачи является следующее иррациональное выражение:
    2*n=(1+sqrt(2))*(3+sqrt(8))^k -4.
    где k=1, 2, 3, ...
    Получаемые величины нужно округлять до ближайшего целого.
    Подобные формулы могу предложить не только для четвёрок, но и для сумм 11, 13, 22, 23, 25 и т.д. последовательных треугольных чисел.


    > > искомые n являются элементами последовательности:
    > > n_k: -1, 5, 39, ...
    > > где n_{k+1} = 6*n_k - n_{k-1} + 8.

    > Ход мысли правильный, но в задаче требовалось найти решение в виде компактной формулы. Решением задачи является следующее иррациональное выражение:
    > 2*n=(1+sqrt(2))*(3+sqrt(8))^k -4.
    > где k=1, 2, 3, ...
    > Получаемые величины нужно округлять до ближайшего целого.

    Это уже дело техники.
    Явная формула легко находится из рекуррентной и наоборот.
    А рекуррентная формула удобнее для вычислений.

    > Подобные формулы могу предложить не только для четвёрок, но и для сумм 11, 13, 22, 23, 25 и т.д. последовательных треугольных чисел.

    И только для этих? Можете ли вы охарактеризовать все n, для которых n-ка треугольных чисел может быть полным квадратом?


    > > > искомые n являются элементами последовательности:
    > > > n_k: -1, 5, 39, ...
    > > > где n_{k+1} = 6*n_k - n_{k-1} + 8.

    > > Ход мысли правильный, но в задаче требовалось найти решение в виде компактной формулы. Решением задачи является следующее иррациональное выражение:
    > > 2*n=(1+sqrt(2))*(3+sqrt(8))^k -4.
    > > где k=1, 2, 3, ...
    > > Получаемые величины нужно округлять до ближайшего целого.

    > Это уже дело техники.
    > Явная формула легко находится из рекуррентной и наоборот.
    > А рекуррентная формула удобнее для вычислений.

    > > Подобные формулы могу предложить не только для четвёрок, но и для сумм 11, 13, 22, 23, 25 и т.д. последовательных треугольных чисел.

    > И только для этих? Можете ли вы охарактеризовать все n, для которых n-ка треугольных чисел может быть полным квадратом?

    Вопрос не ясен.
    Пусть К - число последовательных треугольных чисел, n - номер первого числа в сумме. Что нужно охарактеризовать: К или n?
    Ряд чисел К, для которых задача имеет решение, нельзя описать уравнением. Известно лишь, если сумма цифр в числе К равна 6 или 8, решение не существует.
    При К=50 задача имеет единственное решение: n=26.


    > > И только для этих? Можете ли вы охарактеризовать все n, для которых n-ка треугольных чисел может быть полным квадратом?

    > Вопрос не ясен.
    > Пусть К - число последовательных треугольных чисел, n - номер первого числа в сумме. Что нужно охарактеризовать: К или n?
    > Ряд чисел К, для которых задача имеет решение, нельзя описать уравнением. Известно лишь, если сумма цифр в числе К равна 6 или 8, решение не существует.

    Да, я имел в виду последовательность чисел K, для которых решение существует. Можете привести все ее члены меньшие 50?

    > При К=50 задача имеет единственное решение: n=26.

    Ага, это нетрудно доказать.


    > > > И только для этих? Можете ли вы охарактеризовать все n, для которых n-ка треугольных чисел может быть полным квадратом?

    > > Вопрос не ясен.
    > > Пусть К - число последовательных треугольных чисел, n - номер первого числа в сумме. Что нужно охарактеризовать: К или n?
    > > Ряд чисел К, для которых задача имеет решение, нельзя описать уравнением. Известно лишь, если сумма цифр в числе К равна 6 или 8, решение не существует.

    > Да, я имел в виду последовательность чисел K, для которых решение существует. Можете привести все ее члены меньшие 50?

    > > При К=50 задача имеет единственное решение: n=26.

    > Ага, это нетрудно доказать.

    **Можете привести все ее члены меньшие 50?

    *Для k<71: 1,2,3,4,11,13,22,23,25,27,32,37,39,46,47,48,49,50,52,59,66,71.
    При k=32 и k=50 задача имеет единственное решение.
    Если сумма цифр в числе К равна 6, решение не существует.

    **Ага, это нетрудно доказать.

    *А всё таки, как вы доказали?



    > **Можете привести все ее члены меньшие 50?

    > *Для k<71: 1,2,3,4,11,13,22,23,25,27,32,37,39,46,47,48,49,50,52,59,66,71.

    О! Интересно, что эта последовательность отсутствует в OEIS:
    http://www.research.att.com/~njas/sequences/
    Не хотите добавить?

    > При k=32 и k=50 задача имеет единственное решение.
    > Если сумма цифр в числе К равна 6, решение не существует.

    > **Ага, это нетрудно доказать.

    > *А всё таки, как вы доказали?

    Решая обощенное уравнение Пелля. Причем для этого удобно воспользоваться солвером. Он может даже расписать решение по шагам:
    http://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM


    > > **Можете привести все ее члены меньшие 50?

    > > *Для k<71: 1,2,3,4,11,13,22,23,25,27,32,37,39,46,47,48,49,50,52,59,66,71.

    > О! Интересно, что эта последовательность отсутствует в OEIS:
    > http://www.research.att.com/~njas/sequences/
    > Не хотите добавить?

    > > При k=32 и k=50 задача имеет единственное решение.
    > > Если сумма цифр в числе К равна 6, решение не существует.

    > > **Ага, это нетрудно доказать.

    > > *А всё таки, как вы доказали?

    > Решая обощенное уравнение Пелля. Причем для этого удобно воспользоваться солвером. Он может даже расписать решение по шагам:
    > http://www.alpertron.com.ar/QUAD.HTM

    **О! Интересно, что эта последовательность отсутствует в OEIS:
    http://www.research.att.com/~njas/sequences/
    Не хотите добавить?

    *В коллекцию Sloane я мог бы добавить сотню последовательностей, которых у него нет и не будет. Но он показался мне заносчивым и высокомерным человеком и я прекратил с ним общаться.


    > Леди энд джентльмены!
    > Предлагается задачка из серии "не для слабых".
    > Известно, что суммы некоторых четвёрок последовательных треугольных чисел
    > являются квадратами. Например, 15+21+28+36=100. Здесь первым идёт треугольное число под номером 5. Найдите формулу номеров всех треугольных чисел, начиная с которых, четвёрки последовательных чисел в сумме дают квадрат. Решение должно охватывать ВСЕ числа такого свойства.

    Обозначим полученный квадрат через С, треугольные числа через T.
    Тогда имеем:
    С^2 = T_n + T_n+1 + T_n+2 + T_n+3.
    Мы знаем, что сумма двух любых последовательных треугольных чисел равна квадрату числа-индекса большего треугольного числа
    T_n + T_n+1 = (n+1)^2
    T_n+2 + T_n+3 = (n+3)^2.
    Отсюда видно, что Ваш вопрос касается задачи Ферма о целочисленных треугольниках с разностью катетов, равной 1, с умножением всех сторон треугольника на 2.
    Или:
    T^n + T_n+1 + T_n+2 + T_n+3 = (2a)^2 + (2b)^2 = (2c)^2,
    где a - меньший катет, b - больший катет, с - гипотенуза.
    Таким образом, n = 2a - 1.

    Для нахождения a определяются вспомогательные коэффициенты:
    r_n = r_(n-1) + p_(n-1)
    p_n = 2r_(n-1) + p_(n-1)

    a_n или b_n = r_n^2 + r_n*p_n

    Зная для первой тройки 3^2 + 4^2 = 5^2
    r_1=1, p_1=2,

    расчеты далее можно продолжать,чередуя формулы катетов.
    r_2=1+2=3
    p_2=1*2+2=4
    b_2=3^2 + 3*4 = 21, а = b - 1 = 20, n = 39

    r_3 = 3+4=7
    p_3 = 2*3+4=10
    a_3 = 7^2 + 7*10 =119, n = 337


    r_4 = 7+10=17
    p_4 = 7*2+10=24
    b_4 = 17^2 + 17*24 = 697, a = 696, n = 1391
    .....


    > > Леди энд джентльмены!
    > > Предлагается задачка из серии "не для слабых".
    > > Известно, что суммы некоторых четвёрок последовательных треугольных чисел
    > > являются квадратами. Например, 15+21+28+36=100. Здесь первым идёт треугольное число под номером 5. Найдите формулу номеров всех треугольных чисел, начиная с которых, четвёрки последовательных чисел в сумме дают квадрат. Решение должно охватывать ВСЕ числа такого свойства.

    > Обозначим полученный квадрат через С, треугольные числа через T.
    > Тогда имеем:
    > С^2 = T_n + T_n+1 + T_n+2 + T_n+3.
    > Мы знаем, что сумма двух любых последовательных треугольных чисел равна квадрату числа-индекса большего треугольного числа
    > T_n + T_n+1 = (n+1)^2
    > T_n+2 + T_n+3 = (n+3)^2.
    > Отсюда видно, что Ваш вопрос касается задачи Ферма о целочисленных треугольниках с разностью катетов, равной 1, с умножением всех сторон треугольника на 2.
    > Или:
    > T^n + T_n+1 + T_n+2 + T_n+3 = (2a)^2 + (2b)^2 = (2c)^2,
    > где a - меньший катет, b - больший катет, с - гипотенуза.
    > Таким образом, n = 2a - 1.

    > Для нахождения a определяются вспомогательные коэффициенты:
    > r_n = r_(n-1) + p_(n-1)
    > p_n = 2r_(n-1) + p_(n-1)

    > a_n или b_n = r_n^2 + r_n*p_n

    > Зная для первой тройки 3^2 + 4^2 = 5^2
    > r_1=1, p_1=2,

    > расчеты далее можно продолжать,чередуя формулы катетов.
    > r_2=1+2=3
    > p_2=1*2+2=4
    > b_2=3^2 + 3*4 = 21, а = b - 1 = 20, n = 39

    > r_3 = 3+4=7
    > p_3 = 2*3+4=10
    > a_3 = 7^2 + 7*10 =119, n = 337

    >
    > r_4 = 7+10=17
    > p_4 = 7*2+10=24
    > b_4 = 17^2 + 17*24 = 697, a = 696, n = 1391
    > .....

    В третьем случае ошибка: n=237.
    Ваше решение громоздкое и неинтересное. В задаче требовалось найти компактную формулу для чисел n. Решение смотрите в № 20574 от 18.02.07.



    > В третьем случае ошибка: n=237.
    Извиняюсь за опечатку.
    > Ваше решение громоздкое и неинтересное. В задаче требовалось найти компактную формулу для чисел n. Решение смотрите в № 20574 от 18.02.07.
    На вкус и цвет - товарищей нет. Это на счет - "неинтересности".
    А на счет "громоздкости" - это у меня объяснение громоздкое, сам-то алгоритм значительно компактней Вашего, хотя бы потому, что оперирует значительно меньшими величинами, следовательно, "достанет" до величин, значительно больших, чем у Вас.


    (a*b)mod5 = (c)mod5

    Помогите пожалуйста выразить из этого выражения b.


    > (a*b)mod5 = (c)mod5

    > Помогите пожалуйста выразить из этого выражения b.

    b = (c + 5*k):a,
    где о числе k нам ничего не известно, кроме того, что оно целое (положительное или отрицательное).


    > > (a*b)mod5 = (c)mod5

    > > Помогите пожалуйста выразить из этого выражения b.

    > b = (c + 5*k):a,
    > где о числе k нам ничего не известно, кроме того, что оно целое (положительное или отрицательное).
    Исправляюсь - k - только положительное.


    n mod 2 выражается через элементарные функции просто (1-(-1)^2)/2
    А как выглядит наиболее простое выражение для n mod m, где m целое


    > n mod 2 выражается через элементарные функции просто (1-(-1)^2)/2
    > А как выглядит наиболее простое выражение для n mod m, где m целое

    Вопрос снят
    http://functions.wolfram.com/IntegerFunctions/Mod/27/02/


    > > Известно, что Пифагоровы тройки, т.е. целые числа x, y, z, для которых справедливо соотношение

    > > z^2 = x^2 + y^2 (1)

    > > можно найти по формулам:

    > > x = 2ab
    > > y = a^2 - b^2 (2)
    > > x = a^2 + b^2

    > > Здесь a, b - целые взаимно простые числа различной четности. Мне удалось найти новые формулы для Пифагоровых троек:

    > > x = 2p*(p + q)
    > > y = q*(2p + q) (3)

    > > Здесь p, q - целые взаимно простые числа, причем q - нечетное, p - любое. В этом случае сумма квадратов x^2 и y^2 дает квадрат z^2.

    > >

    > И в чем, простите новизна? Вы просто положили a=p+q, b=p. Так, знаете, можно много упражняться...

    всё намного проще, формула работает для целых чисел и выглядит так x^2 + y^2 = (y+1)^2, где x-любое нечётное число больше 1, а y=(x^2-1)/2.


    > всё намного проще, формула работает для целых чисел и выглядит так x^2 + y^2 = (y+1)^2, где x-любое нечётное число больше 1, а y=(x^2-1)/2.

    Все, в том числе и это, решения содержатся в стандартных тройках. Ваше соответствует подстановке a=n+1, b=n (n>0). Чем у Вас проще?


    [Перенесено модератором из форума "Форум по математике"]

    Сообщение №21966 от savely 05 октября 2007 г. 15:51
    Тема: Теория чисел

    Надо доказать, что в любом пифагоровом треугольнике две медианы имеют иррациональную длину, (ясно, что третья-то всегда рациональна, поскольку равна половине гипотенузы).

    Отклики на это сообщение:

    > Надо доказать, что в любом пифагоровом треугольнике две медианы имеют иррациональную длину, (ясно, что третья-то всегда рациональна, поскольку равна половине гипотенузы).

    Предполагаю - автор знает решение из учебника и проверяет нас.
    А бывает ли длина иррациональной? А если бывает, то половина гипотенузы тоже может быть иррациональной. И тогда ясно, что и третья-то медиана не всегда рациональна. Наверное, потому, что иррациональное число, деленное на рациональное 2, тоже иррационально. Про что задача? Про числа или длину?
    Если про длину, то длина измеряется в единицах измерения всегда с погрешностью. И экспериментатору все равно - иррациональна погрешность или рациональна. Тогда будет ли иметь практическую пользу теоретический вывод?



    Довожу до сведения уважаемого собрания, что по определению пифагоров треугольник - это прямоугольный треугольник со сторонами, длины которых натуральные числа. Так что длина гипотенузы в нем - число натуральное.
    Речь в задаче идет о том, что в любом пифагоровом треугольнике длины медиан, соответствующих катетам, всегда числа иррациональные. Решение этой задачи вряд ли содержится в учебниках.
    Это чисто теоретико-числовая задача, решение которой, как мне кажется, очень не просто.



    > [Перенесено модератором из форума "Форум по математике"]

    > Сообщение №21966 от savely 05 октября 2007 г. 15:51
    > Тема: Теория чисел

    Надо доказать, что в любом пифагоровом треугольнике две медианы имеют иррациональную длину, (ясно, что третья-то всегда рациональна, поскольку равна половине гипотенузы).

    Около года назад уважаемый Savely уже обращался к нам на форум по вопросу решения диофантовой системы вида:
    2a^2+b^2=d^2
    a^2+b^2=с^2
    Если за год все чего удалось достичь это переформулировать задачу, то прогресс небольшой :)



    Дорогой друг,многоуважаемый Evlampiy, задача которую я сформулировал в предыдущем сообщении, можно формулировать и через год и через два. и.т.д., пока не будет решена общая проблема Штейнгауза, хотя частные рещения возможны и для пытливого ума, на что я и расчитываю. Мой совет: дайте решение потавленной задачи и не надо никаких вопросов, зачем все это нужно. Ответ - это нужно математике.
    С уважением Savely


    >
    > Дорогой друг,многоуважаемый Evlampiy, задача которую я сформулировал в предыдущем сообщении, можно формулировать и через год и через два. и.т.д., пока не будет решена общая проблема Штейнгауза, хотя частные рещения возможны и для пытливого ума, на что я и расчитываю. Мой совет: дайте решение потавленной задачи и не надо никаких вопросов, зачем все это нужно. Ответ - это нужно математике.
    > С уважением Savely

    Уважаемый Савелий. Проблемы целочисленных решений пусть для Штейнгауза останется. Компьютер такие задачи легко считает. Пора на вещественные числа переключаться, к матанализу бесконечно малых переходить. Иначе отстанете в развитии. Хотя бы к вычислению числа ПИ до десятого знака можно приступить. Очень полезно (не для математики, а для Вас самого). Без иронии, всего доброго!


    > Дорогой друг,многоуважаемый Evlampiy, задача которую я сформулировал в предыдущем сообщении, можно формулировать и через год и через два. и.т.д., пока не будет решена общая проблема Штейнгауза, хотя частные рещения возможны и для пытливого ума, на что я и расчитываю. Мой совет: дайте решение потавленной задачи и не надо никаких вопросов, зачем все это нужно. Ответ - это нужно математике.
    > С уважением Savely

    Интересная задача. Да тут, без настоящих математиков не обойтись :)
    Если Вы с мехмата, попробуйте обратиться на их форум:
    http://lib.mexmat.ru/forum/viewforum.php?f=28&sid=9c9996a36b13966e8d1ecd6a98d1d9e3
    там любят такие задачи.
    ссылка

    PS При постановке лучше сразу приводить систему уравнений, для большей четкости


    [Перенесено модератором из форума "Форум по математике"]

    Сообщение №21993 от ist12 08 октября 2007 г. 20:15
    Тема: дробно-линейные функции

    Помогите решить:
    Сколько дробно-линейных функций существует над полем Галуа gf(p)={0,1,2...p-1},где p - простое число?

    Отклики на это сообщение:

    > Помогите решить:
    > Сколько дробно-линейных функций существует над полем Галуа gf(p)={0,1,2...p-1},где p - простое число?

    Знать бы что такое поле Галуа... и что такое дробно - линейная функция....
    Потом уж применить логику и арифметику. А ноль - простое число?


    Решил здесь спросить - как найти общую формулу последовательности Фибоначчи?

    И заодно - как найти общую фомулу реккурентной последовательности вида:
    Х1=а Ч2=b Хn+2=CXn+1+DXn где n - натуральное число


    Извиняюсь, неточно выразился: формулу n-го члена надо найти и не Ч
    2=b , a X2=b


    Это предмет исчисления конечных разностей. Раздел математики, развивающийся параллельно теории дифференциальных уравнений, только вместо производных, получаемых переходом к пределу при бесконечно малом изменении, разности при единичном изменении аргумента.
    Для линейных разностных уравнений решение их строится посредством вспомогательного алгебраического уравнения, в котором сдвиг на 1 позицию соответствует изменению степени на 1.
    Т.е. Xi+1=aXi+bXi-1 соотносится с
    z2=az+b
    Находятся корни этого вспомогательного уравнения z1 и z2
    и общий член рекуррентной последовательности выражается через них, как
    Xi=Cz1i+Dz2i
    (если корни кратные, нужны члены вида izi)
    Коэффициенты C и D выбираются так, чтобы удовлетворять начальным условиям.
    Для более высоких порядков последовательностей процедура аналогична, просто корней больше.


    Спасибо. Разобрался. Даже сумел найти информацию по теме. Но ряд Фибоначчи не даётся. С и D я находил, подставляя вместо i 1 и 2 с известными значениями. Но ничего не вышло путёвого - подстановкой получаются корни. Могли бы Вы написать хотя б конечую формулу для ряда Фибоначчи. Другие последовательности получились, а эта для меня заколдована)


    > Спасибо. Разобрался. Даже сумел найти информацию по теме. Но ряд Фибоначчи не даётся. С и D я находил, подставляя вместо i 1 и 2 с известными значениями. Но ничего не вышло путёвого - подстановкой получаются корни. Могли бы Вы написать хотя б конечую формулу для ряда Фибоначчи. Другие последовательности получились, а эта для меня заколдована)

    Fn=(((√5+1)/2)n-((1-√5)/2)n)/√5


    Спасибо!


    > Решил здесь спросить - как найти общую формулу последовательности Фибоначчи?

    Н. Н. Воробьёв "Числа Фибоначчи": http://ilib.mccme.ru/plm/ann/a06.htm
    А. И. Маркушевич "Возвратные последовательности": http://ilib.mccme.ru/plm/ann/a01.htm


    Добрый день

    Дано чило n. Надо найти число нулей в факториале этого числа -
    естественно не вычисляя сам факториал (число может быть оч. большим)

    ИНТЕРЕСУЮТ ВСЕ НУЛИ - НЕ ТОЛЬКО ТЕ КОТОРЫЕ В КОНЦЕ.


    Может кто поможет решить... Доказать, что если a+b+c делится на 30, то и a5+b5+c5 делится на 30. Всем спасибо


    > Может кто поможет решить... Доказать, что если a+b+c делится на 30, то и a5+b5+c5 делится на 30. Всем спасибо

    Это очевидно. Достаточно рассмотреть 3 следующих импликации о сравнениях:
    a+b+c = 0 mod 2 => a^5 + b^5 + c^5 = 0 mod 2
    a+b+c = 0 mod 3 => a^5 + b^5 + c^5 = 0 mod 3
    a+b+c = 0 mod 5 => a^5 + b^5 + c^5 = 0 mod 5 .
    Все они легко проверяютя (вспомни малую теорему Ферма). А из них прямиком следует искомое ( ибо 30|a+b+c <=> 2|a+b+c и 3|a+b+c и 5|a+b+c ).


    знал бы я, что такое импликация... Я вобщето только в 8м классе)все равно спасибо)


    > знал бы я, что такое импликация... Я вобщето только в 8м классе)все равно спасибо)

    Ну, что такое импликация я с удовольствием тебе расскажу!

    Если натуральное число n делится на 6, то оно делится на 2.
    Это верное утверждение, которое имеет вид "Если А, то Б". В данном случае А="n делится на 6", Б="n делится на 2". Любое утверждение такого вида ("если А, то Б") называется импликацией. Утверждение А называется посылкой импликации, утверждение Б - заключением импликации.

    Импликацию "если А, то Б" кратко записывают так: А => Б
    (=> - это знак следствия)
    У импликации есть масса интересных свойств. Продолжать?


    > Господа! Был бы очень благодарен за любую помощь в решении следующих задач:
    > а - нечётное натуральное число, все степени в его каноническом разложении на простые сомножители - чётные.
    > Пусть s(a) - сумма всех делителей числа а.
    > 1)Существует ли а, удовлетворяющее условию
    > S(a/a') = S(a)-2a, где a'=a1^b1, a1 - простой делитель a, b1 - степень, с кот. он входит в разложение а.

    > 2)Пусть S(a)>2a. Выяснить, будет ли в этом случае необходимо S(a/a1)>2a/a1, где a1 - простой делитель a. (проверил в ряде случаев - вроде всегда верно, но доказать не получается).


    [Перенесено модератором из форума "Форум по математике"]

    Сообщение №24473 от Devami 28 апреля 2008 г. 15:40
    Тема: Теория о бесконечности простых и близнецов.

    Добрый день!
    Предлагаю к рассмотрению свою теорию которая расположена на :
    http://allmatematika.ru/e107_plugins/forum/forum_viewtopic.php?1259

    Здесь основные её направления:(n02 и так далее читать как корень квадратный)
    888
    Теперь кратко все основные аргументы из этой теории в доказательство бесконечности пар:

    1. Можно вывести общие формулы взаимомного расположения чисел при варианте с парами и при отсутствия пар. Эти формулы необходимо читать со средины (выделена жирным шрифтом), вправо и влево:

    (№1) (№2)
    Х или У = 2 – Х + 2 = У или Х Х или У = 2 – Х + 2 = У или Х
    У или Х = 2 – У + 2 = Х или У Х = 2 – У + 2 = Х

    Как видим что в варианте №1 нет противоречий. И так он работает до последней извесной нам пары.
    В варианте №2 уже явно бросаются в глаза противоречия. Если У – 2, всегда равно Х и У + 2, всегда равно Х, то при Х + 2 и Х – 2, не всегда равно У и возможно Х.
    У – 2 = Х, но Х + 2 = У или Х
    У + 2 = Х, но Х – 2 = У или Х
    Как видим, система построения простых-сложных, при исчезновении пары простых-близнецов, ломается и превращается в несистему. И здесь число и его статус, внутреннее наполнение, зависят не от него самого а от рядом стоящего числа. И при этом, что самое главное, без какой бы то либо взаимосвязи.
    (Подробнее на стр.6-7.).
    2. Вот мы имеем цифровое Qn и это цифровое поле обрабатываем Системами №3-....-Qn. Получилась Матрица 3.... Qn.
    Далее допустим что она обрабатывает и далее (что и есть) но не включаются в работу Системы больше Qn. Допустим что Qn это 10 000, и мы остановим работу Матрицы 3... Qn на этапе 100 000( цифрового поля). Увеличили цифровое поле в 10 раз. Простые числа и пары близнецов-простых также увеличатся в 10 раз.
    Теперь мы пускаем в ход соответствующие Системы. Они начинают чистку матрицы Системы№3... Qn, добавляя Системы до Q313. Насколько они её почистят от простых и пар?! Такое стремление будет стремиться к 1:0,9 = 1,1111 раз. Увеличение цифрового поля ведёт к увеличению (в 10 раз), а увеличение системного – к уменьшению (в 1,11..раз).
    Возможности новой Системы в очистке предыдущей Матрицы, всегда падают с возможностями предыдущей Системы.
    Это мы просмотрели по общему количеству известных нам пар, и по тому как они растут.
    (Подробнее на стр. 7-12,26.)
    3. Блок Систем образует свою Матрицу, которая состоит из чередующихся своих шагов. На каждой Матрице длина шага увеличивается и увеличивается число пар, которые можно высчитать. Число же шагов на каждой Матрице бесконечно. Расположение пар на шаге и на Матрице расположены так что они не могут попасть в поле действия следующей Системы(тоесть убраны следующей Системой).
    (Подробнее на стр. 12-20).
    4. В окошке выдачи реальных пар N02 - N12 ( в узлах расстоянием в 6) с самого начала имеются пары. С каждым увеличением N число выданных пар растёт. Каждое простое число, в дальнейшем образовав Систему, выдаёт новые пары и новые простые. А если быть точным, то в промежутке N02 - N12 оставляет реальные пары и простые, которые уже не может убрать.
    (Подробнее на стр. 20-22.)
    5. Число выданных пар и соответственно исчезновение реальных пар не может прийти к абсолютному нулю, так как с этим должны исчезнуть и теоретические пары. А это невозможно.
    (Подробнее на стр.22-24.).
    6. Краткое описание теории:
    При нахождении и построении системы простых и пар, Система нахождения и построения использует Матрицы и Системы. Системы (S) представяляют собой простые числа, на которые ищут делитель числа с предыдущей Матрицы (М).
    Матрица есть общее количество не найденных к делению чисел, которые обработаны определённым количеством S.
    На каждой М есть свои повторяющиеся шаги (Р). Точка повторения есть:

    (S1× S2×...× Sпоследний член М)×2,4,6,.. (увеличение на 2).
    Каждый шаг Р, представляет собой центр Рцентр, с равномерным размещением членов М в разные стороны. Если на Матрице есть реальные пары, то как минимум они расположены в обратном порядке в конце Р. Остальные шаги повторяют первый.
    Количество пар на шаге высчитывается по формуле:
    S1-2× S2-2×...× Sпоследний член М-2
    То что такая формула работает, автор проверял на малом количестве Матриц. Вернее, имел возможность проверить. Но вот то что на каждом шаге вдали есть теоретические пары, то уже пожалуй эта аксиома и она не нуждается в проверке! Что говорит о вечности теоретических пар при строительстве Матриц.
    Все пары и простые на М, разделяются на:

    М= реальные(до Sпоследний член М2)+ теоретические(далее до Sпоследний член М2).
    Исходя из принципа построения М, на ней никогда не могут исчезнуть теоретические. Те которые можно назвать ещё кандидатами в простые и пары, на момент обработки чисел последней S.
    Как бы небыл велик шаг на М, но всегда их количество бесконечно.
    С увеличением работы Матриц, количество шагов остаётся прежним – бесконечным. Количество пар и простых на Р увеличивается, и одновременно увеличивается ширина цифрового поля на Р.
    Так как S состоят из простых чисел, то соединение в одной точке простых чисел от начала – может быть только в:
    S1× S2×...× Sпоследний член М
    и поэтому когда на Матрицу накладывается новая Sпоследний член М+новый член, то он не может выйти на точку:
    S1× S2×...× Sпоследний член М
    для того что бы, найденные пары в первом шаге для перевода из простых в составные, перевести и их копии в следующих шагах. Более того, работая в каком то шаге, и найдя в первой половине Р до Рцентра, уже во второй половине, его ассиметричность первому не позволяет S прийти в эту точку.
    Всвязи с вышеизложенным мы видим что никакая S не способна перевести все пары и простые из теоретических в разряд не пар и не простых. Только бесконечный ряд S может бесконечно совершать такой переход и никогда не завершит!
    Далее. На М перевод теоретических пар в реальные происходит в окошке Sпоследний член М2--Sновый член М2, так как новый член М (тоесть Sновый член М) может что то изменить с Sновый член М2. До этой точке эта Sновый член М, повторяла действиями всех предыдущих S. Так вот, в Sпоследний член М2--Sновый член М2, то что изменит Sпоследний член М, уже никакая S не способна изменить. Тоесть не увеличить число пар и простых, и ни уменьшить. Sпоследний член М изменяет состояние М и далее Sновый член М2, но это изменение может быть подкорректировано другими S.
    Все простые и пары естественно в цифровом ряду расположены по порядку. От первых членов начиная. Так вот, когда начинает работу S1, она на М1 оставляет простые и пары которые не могут делиться на S1. Далее при включении S2 уже на М2 выделяются числа которые не делятся на S1 и S2. И так далее. Функция поиска таких чисел и пар идёт сначала. Как мы уже выяснили на М есть реальные и теоретические члены. Так вот, для того что бы найти члены не делимые (с целым остатком) на S1, S2, S3, S4, и S5 мы не можем пройти мимо какого то члена. К примеру S4. И этот член должен быть реальным. Иначе функция прерывается и никаким образом не может идти дальше. 8 без 7 не бывает!
    И если бы мы не нашли и Матрица не выдала ни одну пару и простое не делимых на S1, S2, S3, S4, и S5, то и мы бы не нашли общих чисел и для других простых. Все остальные стали бы составными. Но при движении работы М и S процесс нахождения простых и пар беспрерывен. И если появились общие числа для S1, S2, S3, S4, S5 и S6 то и должны быть реальные числа имеющие общее для S1, общее для S1, S2, общее для S1, S2, S3, общее для S1, S2, S3, S4, и общее для S1, S2, S3, S4, S5 .
    Ещё раз об этом. Вот к примеру мы имеем простое С1 и пару Д1 которые общие для S1-17(1-17 это порядковые номера простых начиная с первого, тоесть 3). Если мы говорим общие для 1-17, то нам необходимо понимать что они не могут делиться и на другие числа, а значит общие для большего количества цифр. Просто они общие для Систем 1-17. При обращении членов этих Систем. Далее после работы S18, S19, S20, S21 на М1-21 не нашлось нового простого реального и пары реальной (прошедших в окошках выдачи), но вдали на М1-21 такие бы были, так как невозможно вычистить полностью всю Матрицу. И так далее в бесконечность. Может ли быть число или же пара не делима на S1-18 но делима на S19, а потом появиться новая пара или же число которые не делимы на S1-19, но делимо на S20. И все они только теоретические, и нет ни одного которое не делимо и на S1-19 и ни на какое то другое число. Как мы выше выяснили, число которое не делимо на S1-19, и больше ни на какое не делимо, может появиться в окошке S192 – S202. Так вот если число или же пара не делимая на S1-19 не появляется (тоесть реальная) то и функция нахождения общих чисел обрывается. И для теоретических тоже. И это Закон построения простых и пар. И если теоретические пары и простые есть не делимые на Sn, то и должны быть реальные пары и простые во всех окошках до Sn. Число же Sn бесконечно. И не могут также за реальными числами которые не делятся на S1-19 появиться реальные которые не делятся на S1-21, так как в этом случае S20 будет равно S21. А это не так, так как S20 и S21 есть простые числа.
    Если бы мы имели последнею реальную пару а далее все теоретические не переходили в реальные, то далее последней реальной пары мы бы смогли найти бывшею пару у которой её член не делится на большее количество чисел чем последняя реальная, но обязательно на какое то число делится. И так далее с увеличением количества чисел на которое нельзя разделить. Но с обязательным делением хотябы на одно, которое больше отдельно взятого из тех на которое нельзя поделить. Но как появляются теоретические на М21 после М20? Только через реальные на М20. Но что такое, пары чьи члены не делятся на S1-19? Это имеются ввиду промежутки между членами S1-19 в 6 единиц, при их обращении, начиная с определённого цифрового поля. То что такие промежутки есть, это исходя из строительства Матриц – тоже можно назвать аксиомой. Если такие промежутки есть, то и Система постоянно их часть переводит в реальные. Так вот только когда появляются такие промежутки, на них сразу же накладывается «печать» новой Системы и это всё происходит в окошках выдачи пар. Но для S1-19 они есть.
    Вернёмся к таблице:
    Матрица N12 - N02 Разница N12 - N02 Максимальное заполнение цифрового пространства на Матрице с пробегом не более 4 единиц
    3-5 52 – 72 (25 – 49) 24 6
    3-5-7 72 – 112(49 – 121) 72 24
    3-5-7-11 112 – 132(121-169) 48 36
    3-5-7-11-13 132 – 172(169-289) 120 60

    Как видим, максимальное заполнение отстаёт от разницы N12 - N02, и это отставание имеет таенденцию к увеличения разрыва. А это гарантирует то что в N12 - N02, обязательно появится реальная пара. И это свидетельствует не о случайности а об Законе обращения членов. О таком же Законе как и об том что есть точки(концы и начала шагов) где все члены собираются в одном месте.

    (Подробнее на стр.1-27.).

    7. Кто то представляет в доказательство своей теории проверку до 100 000, кто то до 1 000 000, кто то.... На настоящий момент, автор этой теории приводит в доказательство последнею известную нам пару 2003663613×2195000 плюс/минус 1( данные от 2007 года). Если она нам известна, то Системы чисел (тоесть две Системы) из этой пары образуют большее количество рельных пар, чем находится в промежутке NХ2 – NУ2. Более того, во всех N02 - N12 до NХ2 – NУ2(где NХ и NУ числа из последней пары) есть пары, и число этих пар имеет тенденцию к увеличению. И эта пара не последняя в бесконечном ряду всех пар!
    Если эта теория не верна, то тогда возможно после 6 появление не 7 а 8. Тогда после умножения 13 на 2 мы получим 26, а вот следующее обращение числа 13 будет не 39, а 52 (13×4). Если есть число 8 то позади должно быть 7, если есть 52 то позади 39. И если есть общий круг простых чисел и пар не делящихся N1-N6, то позади должен быть общий круг для N1- N5, а не общий круг для N1- N4. И это все нам доказывает ряд до последней известной нам пары. И обращение чисел с встроенным в него изначально принципом обращения членов с максимумом в 6 единиц, перейдёт на 4 единицы. Уберутся в некуда варианты в 6 единиц. А они не могут убраться! Такая вот она простая математика!
    Подход к рассмотрению бесконечности простых и пар с позиции построения Матриц, бесспорно доказывает бесконечность теоретических и реальных простых. Также бесспорно доказывает бесконечность теоретических пар и то что никакую Матрицу нельзя от них вычистить. Процесс обращения членов на Матрице такой что вначале изменения Матрицы (N02- N12) не перекрывает этот промежуток только разницей в 4. Поэтому Система постоянно сбрасывает реальные пары.
    Открытие данной Системы и Закона построения простых и пар, приоткрывает двери для ряда новых удивительных открытий в мире простых чисел и пар. Автор этой теории пользовался простым калькулятором и очень сожалел об отсутствии сложных вычислительных программ. Так что те кто их имеет, обязательно одарит мир новыми удивительными открытиями. Имеет прекрасную возможность подкорректировать по форме(а не по сути!) то что автор этой теории не смог сделать по техническим причинам. Во всяком случае указан путь. Используя метод построения Матриц, на его основе легко создать компьютерную программу которая будет искать новые Системы(простые) с последующим их включением для нахождения новых Систем(простых). Возможности поиска новых простых и пар всегда будут ограничены возможности программы обрабатывать N-ое количество цифрового ряда. Использованный ранее метод базирующий на вероятностной теории и прогнозировании(типа вполне вероятно, вероятно на 90%..) показал лишь то что мы умеем строить хорошие прогнозы. Но математика от нас требует то что бы бы 2×2=4, а не то что больше вероятности что будет 4 а не 5.
    Как видим из вышеизложенного, что то что простые(разъединённые простые) и простые-близнецы(сцепленные простые) бесконечны, это так просто, что трудно в это поверить. Как никак а целых 22 столетия не смогли чётко установить конечность или же бесконечность простых-близнецов!

    Наполеон
    Как же Истина проста!
    Мефистофель
    Да потому что знаешь!
    А что твердят твои уста,
    Когда во тьме блуждаешь?!
    (Из неопубликованной поэмы автора
    «Откровение Мефистофеля».)


    Валерий Демидович Рига

    Отклики на это сообщение:

    Не читабельно


    > > Задача.
    > > При каких целых k система уравнений
    > > x^2+y^2=m^2
    > > (k*x)^2+y^2=n^2
    > > не имеет решений в целых числах?
    > Дополнение к задаче:
    > В задаче должны выполняться условия
    > x,y,k >0


    Нужно решить вот такие вот задачки:

    1. Пусть Н и К -подгруппы группы G. Доказать: 1) размерность /НК/*/Н(пересечение)К/=/Н/*/К/. 2) НК2. G=A*B, К-нормальная подгруппа группы G. Доказать: или подгруппа абелева, или пересечения К и А, К и В не являются тривиальными.

    3. Доказать: всякая абелева группа G, порядок которой p*q (p4. Доказать: конечная абелева группа порядка n, которое не делится на квадрат числа большего 1 является циклической.

    5. Пусть есть поле Р, расширение простого степеня F (F включает Р). Доказать: это расширение не имеет собственных подполей, отличных от тривиальных(F,P).

    Зарание огромное спасибо!!!


    [Перенесено модератором из форума "Форум по математике"]

    Сообщение №24783 от Nadin 22 мая 2008 г. 22:23
    Тема: Алгебра и теория чисел

    Здраствуйте. Помогите пожалуйста с решением таких задачек:
    1. Доказать: есла а-нильпотентный элемент, то элемент 1-а имеет обратный элемент. Найти его.

    2. Доказать: классы остатков Zм содержат нильпотентный элемент когда м делится на квадрат числа большего за 1.

    3. Дана матрица вида а b a,b принадлежат Z3
    -b a
    Доказать: 1)множество таких элементов образует поле, которое состоит из 9ти элементов.
    2)мультипликативная группа поля есть циклической и ее порядок 8.

    4. Доказать: все группы, порядок которых р2 ,p>1, p - простое, абелевы.

    Спасибо большое

    Отклики на это сообщение:

    > Здраствуйте. Помогите пожалуйста с решением таких задачек:
    > 1. Доказать: есла а-нильпотентный элемент, то элемент 1-а имеет обратный элемент. Найти его.

    > 2. Доказать: классы остатков Zм содержат нильпотентный элемент когда м делится на квадрат числа большего за 1.

    > 3. Дана матрица вида а b a,b принадлежат Z3
    > -b a
    > Доказать: 1)множество таких элементов образует поле, которое состоит из 9ти элементов.
    > 2)мультипликативная группа поля есть циклической и ее порядок 8.

    > 4. Доказать: все группы, порядок которых р2 ,p>1, p - простое, абелевы.

    > Спасибо большое
    1. 1/(1-a)=(1-a^k)/(1-a)=1+a+..+a^{k-1}.
    2. Если M=a^2b, то (ab)^2 делится на M, т.е. ab нильпотентен.
    3. Это является квадратичным расширением F[x]/(x^2+1), когда характеристика поля F простое число вида 3 mod 4.
    4. Непосредственно следует из теорем Силова.


    > > Задача.
    > > При каких целых k система уравнений
    > > x^2+y^2=m^2
    > > (k*x)^2+y^2=n^2
    > > не имеет решений в целых числах?
    > Дополнение к задаче:
    > В задаче должны выполняться условия
    > x,y,k >0

    Значения k, для которых система имеет ненулевое решение, приведены в последовательности A117319, там же приведена ссылка на решение, опирающееся на аппарат эллиптических кривых над полем рациональных чисел:

    Последовательность A117319


    Нужно решить вот такие вот задачки:

    1. Пусть Н и К -подгруппы группы G. Доказать: 1) размерность /НК/*/Н(пересечение)К/=/Н/*/К/. 2) НК2. G=A*B, К-нормальная подгруппа группы G. Доказать: или подгруппа абелева, или пересечения К и А, К и В не являются тривиальными.

    2. Доказать: всякая абелева группа G, порядок которой p*q (p4. Доказать: конечная абелева группа порядка n, которое не делится на квадрат числа большего 1 является циклической.

    3. Пусть есть поле Р, расширение простого степеня F (F включает Р). Доказать: это расширение не имеет собственных подполей, отличных от тривиальных(F,P).

    Зарание огромное спасибо!!!


    Физика в анимациях - Купить диск - Тесты по физике - Графики on-line

    Реклама:
    Rambler's Top100