Κομφούκιος
1) Βρείτε τους ακέραιους οι οποίοι: όταν διαιρούνται με το 4 αφήνουν υπόλοιπο 2, όταν διαιρούνται με το 5 αφήνουν υπόλοιπο 1 και όταν διαιρούνται με το 7 αφήνουν υπόλοιπο 1.
2) Μπορείτε να βρείτε 1 εκατομμύριο διαδοχικούς ακέραιους που να διαιρούνται όλοι με κάποιο τέλειο τετράγωνο;
Έρχεται το πολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — βρες όλες τις επιλογές εδώ
PDF & Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα — χωρίς εγγραφή • Portify
📚 437 βιβλία🎬 22.000+ Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα
Δες τα βιβλία →
12 σχόλια:
Ασχολήθηκα μέχρι στιγμής με το (1) που μου φάνηκε πιο βατό από το (2)
ΑπάντησηΔιαγραφήΕπειδή δεν ζητάμε τον μικρότερο ακέραιο αριθμό αλλά τους ακέραιους οι οποίοι : όταν διαιρούνται με το 4 αφήνουν υπόλοιπο 2, όταν διαιρούνται με το 5 αφήνουν υπόλοιπο 1 και όταν διαιρούνται με το 7 αφήνουν υπόλοιπο 1, οι αριθμοί αυτοί πρέπει να δίνονται από μία παράσταση, "γεννήτρια ακεραίων αριθμών, η οποία παράσταση διαιρούμενη με το 4 να αφήνει υπόλοιπο 1 και με το 5 και το 7 να διαιρείται ακριβώς, στην οποία προσθέτοντας το +1 θα έχουμε τα ζητούμενα υπόλοιπα
και ταυτόχρονα να είναι συνάρτηση ενός ακεραίου αριθμού ni=1,2,3,4,...,n το n να τείνει στο άπειρο, έτσι που να έχουμε άπειρο πλήθος λύσεων.
Διακρίνω 2 περιπτώσεις:
1α Εύρεση Ακέραιων Θετικών Αριθμών και
1β Εύρεση Ακέραιων Αρνητικών Αριθμών
1α) Εύρεση Ακέραιων Θετικών Αριθμών
Τέτοια παράσταση είναι η (4ni-1)*5*7+1
π.χ ni=1, 3*5*7+1=106 και πράγματι
106/4=26.50 =26 και υπόλοιπο 2
106/5=21.20 =21 και υπόλοιπο 1
106/7=15,142857142857...=15 και υπόλοιπο 1
για ni=120, (4*120-1=479)*5*7+1=16766
και πράγματι
16766/4=4191.50 =4191 και υπόλοιπο 2
16766/5=3353.20 =3353 και υπόλοιπο 1
16766/7=2395,142857124857...=2395 και υπόλοιπο 1
1β) Εύρεση Ακέραιων Αρνητικών Αριθμών
ΑπάντησηΔιαγραφήΜε το ίδιο περίπου σκεπτικό με το προηγούμενο 1α, όμως το ζητούμενο είναι αρνητικοί αριθμοί με υπόλοιπα όμως +2, +1, +1 για τις διαιρέσεις με 4,5,7
αντίστοιχα και με μία ουσιαστική προσωπική διαφορά, τα τελευταία 37 τουλάχιστον χρόνια δεν μου χρειάσθηκε καμία φορά το πεδίο των αρνητικών αριθμών.
Μία τουλάχιστον παράσταση που δίνει άπειρες λύσεις είναι:
(4*(-n)-1) *5*7+1 (ουσιαστικά ο ίδιος τύπος )
π.χ για ni=1 έχουμε -5*5*7+1=-174
-174/4=-43,50 =-44 και υπόλοιπο 2(?)
-174/5=-34,80 =-35 και υπόλοιπο 1(?)
-174/7=-24,857142857142....=-25 και υπόλοιπο 1(?)
και για πχ ni =20 έχουμε (4*(-20)-1)*5*7+1=-2834
-2834/4=-708,5 =709 +2 υπόλοιπο
-2834/5=-566,8=-567 +1 υπόλοιπο
-2834/7=-404,857142857142....=-405 +1 υπόλοιπο.
ΕΡΩΤΗΣΗ 2
ΑπάντησηΔιαγραφήΔεν μπορεί να είναι το παρακάτω, δεν μπορεί να είναι τόσο εύκολο ή μπορεί και να είναι?
Αφού το 1=1^2, τέλειο τετράγωνο, τότε ένα εκατομμύριο διαδοχικοί αριθμοί είναι οι 1,2,3,...,1.000.000, όλοι διαιρούνται με το 1=1^2.
Eυθ.Αλεξίου: Πολύ σωστή και πρωτότυπη λύση στο 1)!
ΑπάντησηΔιαγραφήΜε modular ορολογία ,είναι όλοι οι ακέραιοι n της μορφής: n=106 mod 140. (ή 106 mod(-140) για αρνητικούς:-174, -314, -454,...,-2834, -2974,...)
Ψάχνουμε το n που ικανοποιεί τις:
n ≡ 2 mod 4
n ≡ 1 mod 5
n ≡ 1 mod 7
Ή αλλιώς (E.K.Π =4*5*7=140):
35n ≡ 70 mod 140
28n ≡ 28 mod 140
20n ≡ 20 mod 140
Καθώς n = 21n−20n, ισχύει
n ≡ 3(35n−28n) −20n ≡ 3(70−28)−20 ≡ 106 mod 140. Έτσι,όλοι οι n ≡ 106 mod 140 ικανοποιούν τη συνθήκη.
To σκεπτικό αυτό, βασίζεται και δείχνει τον τρόπο που μπορούμε να αντιμετωπίσουμε παρόμοιες περιπτώσεις modular συστημάτων και που αποδίδεται στους αρχαίους Κινέζους ως "Θεώρημα του Κινεζικού Υπολοίπου" (Chinese Remainder Theorem)και έχει ως εξής:
Έστω m1,m2,...mk ανά δύο μεταξύ τους σχετικώς πρώτοι ακέραιοι, μεγαλύτεροι από 1, και έστω a1,a2,...ak τυχαίοι ακέραιοι. Τότε το σύστημα των αναλογιών (congruences)
x ≡ a1 mod m1
x ≡ a2 mod m2
.
.
.
x ≡ ak mod mk
έχει μια μοναδική λύση x σε modulo m1*m2 ···*mk
Απόδειξη: Θέτουμε Pj = m1m2 ···mk/mj
,1 ≤ j ≤ k. Έστω Qj ο αντίστροφος του Pj mod mj
, i.e., PjQj ≡ 1 mod mj
, ο οποίος υπάρχει (μιας και οι mi είναι μεταξύ τους πρώτοι) . Αν σχηματίσουμε τον αριθμό
x=a1P1Q1+a2P2Q2+···+akPkQk
.
Αυτός ο αριθμός ικανοποιεί τις συνθήκες του Θεωρήματος.. Η μοναδικότητα της λύσης στο modulo m1m2 ···mk προκύπτει σχετικά εύκολα, αλλά την παραλείπω.
Τώρα, διαθέτουμε όλη την απαραίτητη θεωρητική υποδομή, ώστε να απαντήσουμε στο ερώτημα 2).
Προφανώς, δεν μιλάμε για διαίρεση με το 1,αλλά με άλλα τετράγωνα. Όλα διαφορετικά μάλιστα.
ΑπάντησηΔιαγραφήΠροφανώς συμφωνώ. Αστειεύτηκα με το το "παραθυράκι του νόμου" (που δεν αποκλειόταν γραπτά το 1^2). Δεν το έχω ψάξει γιατί με ξεπερνάει, δεν έχω ιδέα περί modular ή mod όπως και οι περισσότεροι μηχανικοί της ηλικίας μου εκτός βέβαια από όσους είχαν ή και έχουν ακόμα ακαδημαϊκή ή εκπαιδευτική καριέρα.
ΑπάντησηΔιαγραφήΆρχισα να το κοιτάζω μήπως μου έρθει καμία έμπνευση αλλά χλωμό το βλέπω.
H απάντηση στο 2) είναι "Ναι".
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω p1,p2,...,p1000000 ένα εκατομμύριο διαφορετικοί πρώτοι. Το Θεώρημα Κινέζικου Υπολοίπου, μας βεβαιώνει ότι το ακόλουθο σύστημα:
x ≡ −1 mod p1^2
x ≡ −2 mod p2^2
x ≡ −3 mod p3^2
...............
...............
x ≡ −1.000.000 mod p1000000^2
έχει λύση mod (p1^2*p2^2...*p1000000^2)
Oι αριθμοί x+1,x+2,...,x+1.000.000 είναι 1 εκατ. διαδοχικοί ακέραιοι, καθένας από τους οποίους διαιρείται με το τετράγωνο ενός πρώτου. Q.E.D
Αυτή την λύση την σκέφτηκα και εγώ, ήταν σχετικά εύκολο, για την ακρίβεια σκέφτηκα
ΑπάντησηΔιαγραφήΧ= 0 mod p1^2
X=-1 mod p2^2
.............
X=-999999 p1000000^2
αλλά σταμάτησα γιατί δεν μπορούσα να βρώ συγκεκριμένη λύση, δηλαδή να βρώ όλους αυτούς τους αριθμούς.
@ Γ. ΡΙΖΟΠΟΥΛΟ
ΑπάντησηΔιαγραφήΓια την εμπέδωση του θέματος και την εξοικείωση μου με αυτό αλλά και για ένοιωθα ότι το οφείλω στον εαυτό μου πρώτα και κύρια μετά το σχόλιο μου “Αυτή την λύση την σκέφτηκα και εγώ, ήταν σχετικά εύκολο”, έτσι έκανα μερικά παραδείγματα, εύκολα βέβαια αλλά η ουσία δεν αλλάζει.
Εύρεση τριών διαδοχικών αριθμών που διαιρούνται και οι τρεις με κάποιο τέλειο τετράγωνο π.χ 4,9,25
-1 mod 4, 9*25=225, 225/4=56,25=>225=1 mod 4, 225*3=675=-1 mod 4
-2 mod 9, 4*25=100, 100/9=11,11.. => 100=1 mod 9, 100*7=700=-2 mod 9
-3 mod 25,4*9=36, 36/25=1+υπ11 =>36=11 mod 25, 36*2=72=-3 mod 25
x=675+700+72=1147
x1=1147+1=1148, 1148/4=362
x2=1147+2=1149, 1149/9=161
x3=1147+3=1150, 1150/25=58
και ένα δεύτερο, ίδιο με το πρώτο, αλλά για να ελέγξω αν οι αριθμοί που θα υψωθούν στο τετράγωνο
πρέπει να είναι πρώτοι ή απλά “πρώτοι” μεταξύ τους, αφού πρώτα δοκίμασα με το 2^2, 3^2, 4^2, 5^2 με τίποτα δεν έβγαινε άρα τουλάχιστον πρώτοι μεταξύ τους, έτσι επέλεξα τούς 9, 16, 25
-1 mod 9, 16*25=400, 400/9=44,44..=4 mod 9 =>400*2=800=8 mod 9=-1 mod 9
-2 mod 16, 9*25=225, 225/16=14,0625=1 mod 16 =>225*14=3150=14 mod 16=-2 mod 16
-3 mod 25, 16*9=144, 144/25=5,76=19 mod 25 =>144*38=5472=22 mod 25=-3 mod 25
x= 800+3150+5472=9422
x1=9422+1=9423, 9423/9=1047
x2=9422+2=9424, 9424/16=589
x3=9422+3=9425, 9425/25=377
και πράγματι αρκεί μόνο να είναι πρώτοι μεταξύ τους.
Θα ήθελα το σχόλιο σας έστω και μεταχρονολογημένα, αλλά το παράτησα γιατί με αυτόν τον τρόπο
δεν μου φτάνει η υπόλοιπη ζωή μου για να βρω 1.000.000 διαδοχικούς αριθμούς και γιατί να το κάνω άλλωστε!. Υπέθεσα ότι μπορεί να υπάρχει κάποιος τρόπος να βρεθούν πράγματι 1.000.000
αριθμοί συγκεκριμένοι, όπως οι 10.000 ή 100.000 ή 1.000.000 κλπ διαδοχικοί μη πρώτοι αριθμοί όπως στο αντίστοιχο θέμα με τα παραγοντικά.
Ωραίες οι εφαρμογές που σκεφτήκατε.
ΑπάντησηΔιαγραφήΔείτε αν θέλετε και 2 άλλες, που έχω σχετικά πρόσφατες :
http://papaveri48.blogspot.com/2012/10/blog-post_27.html
http://eisatopon.blogspot.com/2013/04/blog-post_7548.html
Τις είδα, ενδιαφέρουσες ειδικά οι μπανάνες, τις είχα διαβάσει και παλιότερα, μόνο που τότε μου φάνηκαν τελείως ...κινέζικα, τώρα ο Κινέζος μάγειρας μου φάνηκε βατός.
ΑπάντησηΔιαγραφήΟι μπανάνες όμως μισοκινέζικα, τις φύλαξα όμως για πιο προσεκτική ανάγνωση, τουλάχιστον τώρα κατάλαβα τις ορολογίες και τους συμβολισμούς.
Λύση στο ερώτημα (1)με βάση την Θεωρία του Κινέζικου υπολοίπου
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω Χ ο μικρότερος ζητούμενος θετικός αριθμός
X=2mod4
X=1mod5
X=1mod7
4*5*7=140
4: 5*7=35, 35=3mod4, 35*2=70=2mod4
5: 4*7=28, 28=3mod5, 28*2=56=1mod5
7: 4*5=20, 20=6mod7, 20*6=120=1mod7
70+56+120=246
Συνεπώς Χ=246-140=106
και φυσικά όλοι οι Ν=106mod140