2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25 ... 27  След.
 
 
Сообщение19.05.2008, 00:39 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Профессор Снэйп писал(а):
TOTAL писал(а):
student писал(а):
Найдите всех натуральных решений уравнение
$13^{n+1}-14^n=2001$
$13^3(13^{n-2}-1)=14^2(14^{n-2}-1)$, откуда $n=2+338k$ и ничего не подходит кроме $n=2$


А откуда, кстати, берётся число $338 = 2 \cdot 13^2$?

На самом деле там даже больший множитель вылазит:
Код:
? znorder(Mod(14,13^3))
%1 = 169
? znorder(Mod(13,14^2))
%2 = 14
? lcm(%1,%2)
%3 = 2366


Добавлено спустя 8 минут 2 секунды:

Trius писал(а):
Можно ли из степеней двойки выбрать геометрическую прогресию так, чтоб ее сума была равна $ 10^8$?

Очевидно, нельзя. Достаточно записать $10^8$ в двоичной системе счисления и убедиться, что расстояние между соседними единицами не является константой.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.05.2008, 06:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5486
Нов-ск
Профессор Снэйп писал(а):
А откуда, кстати, берётся число $338 = 2 \cdot 13^2$?

По модулю $13^3$ и биному Ньютона
$$
14^{n-2} - 1 = (1+13)^{n-2} - 1=13(n-2)\left(1+13\frac{n-3}{2}\right)=0 $$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.05.2008, 21:20 


03/02/07
254
Киев
maxal писал(а):
Профессор Снэйп писал(а):
TOTAL писал(а):
student писал(а):

Добавлено спустя 8 минут 2 секунды:

Trius писал(а):
Можно ли из степеней двойки выбрать геометрическую прогресию так, чтоб ее сума была равна $ 10^8$?

Очевидно, нельзя. Достаточно записать $10^8$ в двоичной системе счисления и убедиться, что расстояние между соседними единицами не является константой.

Для школьника за час и без калькулятора это не самая простая задача :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.05.2008, 21:41 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5702
Trius писал(а):
maxal писал(а):
Trius писал(а):
Можно ли из степеней двойки выбрать геометрическую прогресию так, чтоб ее сума была равна $ 10^8$?

Очевидно, нельзя. Достаточно записать $10^8$ в двоичной системе счисления и убедиться, что расстояние между соседними единицами не является константой.

Для школьника за час и без калькулятора это не самая простая задача :)

В данном случае достаточно найти три последних единицы числа $5^8$. Дел на пару минут с ручкой и бумажкой ;)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.05.2008, 12:05 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Sonic86 писал(а):
5. Набор чисел $a,b,c$ совпадает с набором $a^4-2b^2,b^4-2c^2,c^4-2a^2$, причем $a+b+c=-3$. Найти $a,b,c$.

$$a^4+b^4+c^4-2(a^2+b^2+c^2)=a+b+c.$$
Поэтому $$27(a^4+b^4+c^4)-6(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2=-(a+b+c)^4,$$
что эквивалентно $$\sum_{cyc}(a-b)^2(11a^2+14ab+11b^2)=0,$$ а это даёт $$a=b=c.$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.05.2008, 13:02 
Заслуженный участник


08/04/08
8560
arqady, спасибо, блин, большое!!! А я парился и парился...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.05.2008, 06:51 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Sonic86, вот так проще:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... p?t=206083
В то же время, мой способ более сильный, имхо. С помощью него можно решить задачу, которую я предложил в указанной ссылке.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.06.2008, 14:22 
Заслуженный участник


08/04/08
8560
Придумал задачу.
последовательность $x_{n+1} = \frac{1}{2} (x_n + \frac {a}{x_n })$ при начальном значении $x_0$, близком к $\sqrt{a}$, сходится к $\sqrt{a}$.
Докажите или опровергните, что если $x_0$ - наилучшее приближение к $\sqrt{a}$, то все $x_n$ являются наилучшими приближениями к $\sqrt{a}$.
Наилучшее приближение - в обычном смысле: $\frac{p}{q}$ - наилучшее приближение к $\alpha$, $\leftrightarrow$ $|\frac{p}{q}-\alpha |=\min \limits_{\frac{x}{y}, y<q+1} |\frac{x}{y}-\alpha |$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение26.06.2008, 14:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5486
Нов-ск
Sonic86 писал(а):
Придумал задачу.
последовательность $x_{n+1} = \frac{1}{2} (x_n + \frac {a}{x_n })$ при начальном значении $x_0$, близком к $\sqrt{a}$, сходится к $\sqrt{a}$.
При любом положительном $x_0$ квадратично сходится к $\sqrt{a}$
Уже $x_1$ не является наилучшим приближением. Например, $a=\sqrt{2}$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.06.2008, 07:17 
Заслуженный участник


08/04/08
8560
Ага, понял.
Тогда вопрос в том, чтобы найти множество всех таких чисел.
Другая задача: доказать (или опровергнуть?) исходное утверждение для $a=2$.
Если обозначить $y_n$, где $n$ - неотрицательное, - последовательность наилучших приближений к $\sqrt{2}$,
то для $x_0 =1$ и $x_{n+1} = \frac{1}{2} (x_n + \frac{2}{x_n })$ имеем:
$x_0 =1=y_0$,
$x_1 =\frac{3}{2}=1+\frac{1}{2}=y_1$,
$x_2 = \frac{17}{12}=1+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{2}}}=y_3$,
$x_3 = \frac{577}{408}=y_7$
В общем, $x_n = y_{2^n-1}$

Мне интересно просто - насколько это закономерный факт. Может, будут какие-то соображения.
Вот в случае с $a=3$ различие имеется только в последнем знаке цепной дроби, но получающееся приближение даже лучше, так как $[\sqrt{3}]>1/2$.
Вот еще: в случае кубического корня (отображение $x_n$ вообще говоря строится из численного метода Ньютона касательных для поиска корней) (кстати, для кубического корня из 2 эта последовательность сходится к нему с ужасающей скоростью) такого не получается - около половины знаков цепной дроби не являются знаками лучших приближений. Это, видимо, связано с естественной формой представления числа ветвящейся цепной дробью. Для квадратичных иррациональностей это представление совпадает с представлением в виде простой цепной дроби, поэтому приближения получаются лучше.
Насчет $a=\sqrt{2}$ не знаю, что сказать..., но предел - иррациональность степени 4.
Точно! Для $a \in \mathbb{N}$, такого, что $[\sqrt{a}]<1/2$ ,будет $x_n = y_{2^n-1}$, а для $a: [\sqrt{a}]>1/2$ будет то же самое, исключая последний знак цепной дроби.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.06.2008, 10:49 
Заслуженный участник


09/02/06
4397
Москва
Ecли обозначить $\sqrt a <x_1=\sqrt a \cth z_1$ то получается $x_{n+1}=\sqrt a  \cth (2^nz_1)$.
Отсюда получается неулучшаемая оценка приближения $0<x_{n+1}-\sqrt a <\frac{(x_n-\sqrt a )^2}{2\sqrt a }$, неулучшаемо в том смысле, что
$x_{n+1}-\sqrt a >(1-\delta )\frac{(x_n-\sqrt a)^2}{2\sqrt a}$ начиная с некоторого номера $n$ при любом положительном $\delta >0$.
Если $x_n=\frac{p_n}{q_n}$, то $x_{n+1}=\frac{p_n^2+q_n^2}{2p_nq_n},p_{n+1}=p_n^2+q_n^2,q_{n+1}=2p_nq_n.$
Поэтому, если $x_n-\sqrt a =\frac{\delta_n}{q_n^2}$, то $x_{n+1}-\sqrt a=b_n\frac{\delta_n^2}{2q_n^4\sqrt a}=c_n2\sqrt a \frac{\delta_n^2}{q_{n+1}^2}.$ Здесь $b_n,c_n$ последовательности быстро стремящиеся к 1.
Поэтому $x_{n+1}$ остается таким же хорошим приближением, что и $x_n$ только если последнее удовлетворяло уравнению Пелля $p_n^2-aq_n^2=1$, т.е $p_n+\sqrt a q_n=(b+c\sqrt a )^k$, где $b+c\sqrt a$ - фундаментальное решение уравнения Пелля. В этом случае $x_{n+1}=\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}$ есть следующее решение $p_{n+1}+q_{n+1}=(b+c\sqrt a)^{2k}$.
Таким образом, мы всегда получаем наилучшее приближение в том и только в том случае, когда $x_1=\frac{x_0^2+a}{2x_0}=\frac{p_1}{q_1}$ является решением $p_1^2-aq_1^2=1$, т.е. $x_0^2=a\pm 1$. В этом случае все дроби являются решением уравнения Пелля.
Если $x_0$ целое то это возможно только, если $a=k^2\pm 1, x_0=k$. Но для любого натурального $a$, не являющегося квадратом целого числа, существует начальное (дробь с минимальным знаменателем) приближение $x_0$, что все $x_i$ будут наилучшими приближениями.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.07.2008, 16:00 
Заслуженный участник


08/04/08
8560
1. Придумал довольно интересную задачу.
р - простое число
Для любых а и k найти число решений сравнения $x_1 + ... + x_k \equiv a (mod p)$

2. Еще одна, может кого заинтересует:
Найти множество всех простых р, представимых в виде $p=(A-B)(A-C)-(B+C)^2$, где
$A=a^2+b^2+c^2+d^2$, $B=ab+bc+cd$, $C=ca+ad+db$.
Можно ли вообще это множество как-то проще определить?
Можно на разминку доказать, что 2 не представимо в указанном виде.

3. Еще несколько:
Доказать, что все числа вида $(8n-1)*4^k$ есть в точности все числа, не представимых в виде суммы трех квадратов.
Найти во множестве чисел, представимых в виде суммы трех квадратов максимальный по включению моноид по умножению.
Доказать, что главный асимптотический член для такого n-ого числа равен 6n.
Даны числа вида $(kn+b)*a^m$ для всех m,n, расположенные по возрастанию, $k,b=const$.
Найти n-й член в отсортированной последовательности.

4. Доказать или опровергнуть, что для любого простого p, большего 7, и для любого а
всегда есть решение сравнения:
$x^3+y^3 \equiv a (mod p)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.07.2008, 12:22 
Заслуженный участник


08/04/08
8560
Еще задачки про суммы трех квадратов.
1. Описать все числа, единственным образом представимые в виде суммы трех квадратов.
2. Конечно ли множество чисел, не делящихся на 4,
представимых единственным образом в виде суммы трех квадратов.
Если да, то опишите его (перечислите) (у меня получилось 33 числа в пределах 500).

 Профиль  
                  
 
 Помогите с задачей
Сообщение22.07.2008, 18:18 


02/10/07
14
Извините за off-top :) но,
как доказать следующий факт :oops: :
Если сумма всех делителей числа $N$ равна $2N-1$ ,то $N=k^2$,где $k$-нечетно или $N=2^s$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.07.2008, 18:38 
Заслуженный участник


09/02/06
4397
Москва
Это не верно. возьмите $N=2$, сумма делителей $3=2\cdot 2-1$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 401 ]  На страницу Пред.  1 ... 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25 ... 27  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group