Еще задачки ;)

← →
MBo (2002-08-07 12:35) [0]

1. (простая) Существуют ли в ряду натуральных чисел два простых числа, между которыми лежит именно 10 составных.
2. (сложнее) Смит живет на нечетной стороне улицы, на которой более 50, но менее 500 домов. Сумма номеров домов с начала улицы до его дома равна сумме номеров домов, идущих позже (не включая в обоих случаях). Найти номер дома.

← →
Alx2 (2002-08-07 12:54) [1]

2.
204?

← →
Alx2 (2002-08-07 13:01) [2]

1.
3, 13

← →
Delphi7 (2002-08-07 13:02) [3]

1. нет, т.к. либо перед 10, либо после - четное число

← →
MBo (2002-08-07 13:02) [4]

нет. НЕчетная сторона.
Кстати, досадная недописка в условии - сумма номеров только на этой, нечетной стороне

← →
Delphi7 (2002-08-07 13:02) [5]

>Alx2 © (07.08.02 13:01)

7

← →
Alx2 (2002-08-07 13:05) [6]

Нагнал я, однако :)

← →
MBo (2002-08-07 13:06) [7]

Delphi7
Правильно.
Более корректно - перед простым и после простого (кроме 2) всегда идут четные числа, диапазон от четного до четного включает в себя нечетное количество чисел, так что 10 быть не может.

← →
MBo (2002-08-07 13:11) [8]

По второй задаче- решение приводит к диофантову уравнению второго порядка (уравнения Пелля), способа их решения я не знаю, делал программку на пять строчек для подбора (но не подбор с самого начала, конечно ;))

← →
Alx2 (2002-08-07 13:18) [9]

Боюсь снова нагнать :)
2. 239

← →
Delphi7 (2002-08-07 13:25) [10]

2 Alx2 ©

Не бойся ! Хотя, конечно, нагнал :o>

← →
MBo (2002-08-07 13:26) [11]

Alx2
Yeah!!! Верно

тоже подбирал в уравнении типа 2m^2=n^2+1 ?

← →
Alx2 (2002-08-07 14:07) [12]

>MBo © (07.08.02 13:26

p^2-2*p+1=(n+1)^2-2*n-(p+1)^2+2*p
=>
p = 1/2+1/2*sqrt(-1+2*n^2)

p = 120 (подобрал, каюсь)
=> N = 2*p - 1 = 239

← →
Alx2 (2002-08-07 14:51) [13]

>MBo © (07.08.02 13:26)
Интересная таки задачка.
Вот общее решение:
с - порядковый номер решения (в нашем случае c=3)
Номер дома Смита:
f(c) = 1/2*(1+sqrt(2))^(2*c+1)+1/2*(1-sqrt(2))^(2*c+1)
Номер последнего дома: N_max = 2 * g(c) - 1,
где g(c)=1/4*sqrt(2)*((1+sqrt(2))^(2*c+1)-(1-sqrt(2))^(2*c+1))

← →
MBo (2002-08-07 15:12) [14]

>Alx2
Круто. Как получено???

← →
MBo (2002-08-08 06:19) [15]

очень похоже на общую формулу члена ряда Фибоначчи ;)
1/Sqrt(5)*((1+Sqrt(5))/2)^n-(1-Sqrt(5))/2)^n)

← →
Alx2 (2002-08-08 09:14) [16]

Привет, Борис!
Получилось это у меня через одно нехорошее место :)
Вот цепочка рассуждений:
"В лоб" смотрим пары чисел, которые удовлетворяют задаче бех ограничений:
N_Max N_Smit
1 1
9 7
57 41
337 239
1969 1393
11481 8119
66921 47321
390049 275807

Предполагаем для любого n прелестную зависимость (она имеется в приведенных данных):

-N_Max(n+1)+7*N_Max(n+2)-7*N_Max(n+3)+N_Max(n+4)=0

N_Smit(n+1)-6*N_Smit(n+2)+N_Smit(n+3)=0

Откуда, решая разностное уравнение с заданными начальными условиями, получаем (n считается с нуля):

N_max(n) = -1+(-1-1/2*sqrt(2))*(-1/(-3-2*sqrt(2)))^n/(-3-2*sqrt(2))+(1/2*sqrt(2)-1)*(-1/(-3+2*sqrt(2)))^n/(-3+2*sqrt(2))

N_Smit(n)=(-1/2-1/2*sqrt(2))*(1/(3+2*sqrt(2)))^n/(3+2*sqrt(2))+(-1/2*sqrt(2)+1/2)*(-1/(-3+2*sqrt(2)))^n/(-3+2*sqrt(2))

Подставим эти решения в условия задачи (должно выполняться что-то наподобие 2*n^2-1=m^2 :) )

2*((N_max(n)+1)/2)^2-1-N_smit(n)^2 =
2*(1/2*(-1-1/2*sqrt(2))*(-1/(-3-2*sqrt(2)))^n/(-3-2*sqrt(2))+1/2*(1/2*sqrt(2)-1)*(-1/(-3+2*sqrt(2)))^n/(-3+2*sqrt(2)))^2-1-((-1/2-1/2*sqrt(2))*(1/(3+2*sqrt(2)))^n/(3+2*sqrt(2))+(-1/2*sqrt(2)+1/2)*(-1/(-3+2*sqrt(2)))^n/(-3+2*sqrt(2)))^2 =
Раскроем все, что можно
= -1+(1/(3+2*sqrt(2)))^n*(-1/(-3+2*sqrt(2)))^n = 0
То есть эта беда полностью удовлетворяет условию.
Но все ли она охватывает решения? Надо доказать. Но лень. :)

← →
Alx2 (2002-08-08 09:15) [17]

Но, кажется, решения охватываются все.

← →
MBo (2002-08-08 09:58) [18]

Класс!
Рекуррентную "прелестную зависимость" же надо было как-то разглядеть!!! Отсюда и "фибоначчеобразность" появилась.
Про разностные уравнения для подобных вещей я не в курсе ;((
Ну да ладно. Пиши М.Гарднеру в Scientific American ;))

← →
Igorek (2002-08-08 10:21) [19]

2 MBo Alx2
Господа, а можно узнать ваше образование и род деятельности?

← →
Alx2 (2002-08-08 10:52) [20]

> MBo © (08.08.02 09:58)
>Пиши М.Гарднеру в Scientific American
А кто/что это? :)
>Рекуррентную "прелестную зависимость" же надо было
>как-то разглядеть!!!
Есть довольно простой способ. Если интересно, напишу.
>Про разностные уравнения для подобных вещей я не в курсе ;((
Метод, которым пользовался на примере чисел Фибоначчи:
f(n+1)+f(n+2)=f(n+3)
Ищем f(n) в виде f(n)=lamda^n
Тогда
lambda^(n+1)+lambda^(n+2)-lambda^(n+3) = 0
или
-lambda^n*lambda*(-1-lambda+lambda^2) = 0
=> lamda1=1/2*sqrt(5)+1/2,
lamda2=1/2-1/2*sqrt(5)
Решение ищем в виде
f(n) = C1*lambda1^n+C2*lambda2^n
где C1 и C2 определяем по начальным условиям f(1)=1 и f(2) = 1

>Igorek © (08.08.02 10:21)
>Господа, а можно узнать ваше образование и род деятельности?
Математик-прикладник, к.т.н. теория игр.

← →
MBo (2002-08-08 12:24) [21]

>М.Гарднеру
Мартин Гарднер - ведущий раздела занимательной математики в журнале Scientific American, по крайней мере в 60-70х гг.
Известные книги (на основе статей из этой колонки) Матем. головоломки и развлечения, Матем. досуги, а эта задача из Матем. новелл.
>довольно простой способ. Если интересно
представляю такую возможность - система К лин. уравнений
n1*A(i)+n2*A(i+1)+...nк*A(i+к)=0
для нескольких i

однако надо иметь представление о количестве связанных подряд членов, правда, при современном уровне развития выч. техники достаточно пробежать несколько к от 2 и выше

>Igorek © (08.08.02 10:21)
химик

← →
Alx2 (2002-08-08 12:35) [22]

>MBo © (08.08.02 12:24)
>представляю такую возможность - система К лин. уравнений
>n1*A(i)+n2*A(i+1)+...nк*A(i+к)=0

Оно самое :)
У меня вообще со смекалкой туго. Приходится цифири гонять...

Еще задачки ;) Найти похожие ветки