Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 1 |
[ Сообщений: 5 ] |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
Sviatoslav |
|
|
Задумано несколько (не обязательно различных) натуральных чисел. Эти числа и их все возможные суммы (по 2, по 3 и т.д.) выписывают на доску в порядке неубывания. Если какое то число n, выписанное на доску, повторяется несколько раз, то на доске остается только одно такое число n, а остальные числа, равные n, стираются. Например, если задуманы числа 1,3,3,4, то на доске будет записан набор 1,3,4,5,6,7,8,10,11. а) Приведите пример задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 2,4,6,8. б) Существует ли пример задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1,3,4,5,6,9,10,11,12,13,14,17,18,19,20,22? в) Приведите все примеры задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 9,10,11,19,20,21,22,30,31,32,33,41,42,43,52. г) Для некоторых задуманных чисел на доске выписали набор. Всегда ли по этому набору можно однозначно определить задуманные числа? а) Методом подбора 2,2,4. Вообще, ясно, что первые числа, записанные на доске совпадают с числами задуманными, только неизвестно, какое количество первых чисел нужно взять и какие из них будут повторяться. б) Нет. Если набор на доске составлен из трех различных чисел (с учетом, что числа могут повторяться), то это числа 1,3,4 и сколько бы раз какие-то из них не повторялись, обязательно будет сумма 3+4, которая равна 7, а в числах на доске 7 нет. Если задумано было меньше трех различных чисел (опять с учетом повторов), то это только 1 и 3. Теперь я не знаю, как верно доказать, что в этом случае аналогично набор чисел на доске не получится. По сути, обязательно должна быть или одна тройка и четыре единицы, или две тройки и две единицы (этого не достаточно, но это обязательно), а эти комбинации тоже дают 7, которой в наборе на доске нет. в) Методом подбора 9,10,11,11,11. Можно ли вообще находить эти числа не подбором, а другим путем? И как найти еще возможные варианты или доказать их отсутсвие. Я думал, нужно опираться на то, что 52 - это сумма всех задуманных чисел, и посмотреть, какие из первых чисел (9,10,11,19) с учетом повтором в сумме могут давать 52, но как это сделать, не знаю г) полагаю, нет, но как это доказать, даже идей нет Помогите пожалуйста разобраться с этим заданием. |
||
Вернуться к началу | ||
andrei |
|
|
в)Предполагаю что другой набор [math]9,10,11,22[/math] так как [math]19=9+10[/math],[math]20=9+11[/math] и [math]21=10+11[/math]
г)Если мое предположение верно,то это и есть доказательство того,что по заданному набору нельзя определить начальный набор чисел,так как два набора дают в итоге одинаковую последовательность. |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю andrei "Спасибо" сказали: mad_math, Sviatoslav |
||
Sviatoslav |
|
|
Ваш набор тоже подходит. Но как доказать, что других вариантов быть не может?
И пункт г), вообще, взят немного из другого задания, в котором пункт в) отсутствует. Самому придумать такую последовательность сложно и практически невозможно, как мне кажется. Конечно, все эти задания можно решить на уровне обычной логики, но есть ли тут математический подход? |
||
Вернуться к началу | ||
andrei |
|
|
Конкретно по заданию в).Наименьшее число в полученной последовательности [math]9[/math],Следовательно количество чисел в исходной последовательности не более чем [math]\frac{ 52 }{ 9 }[/math],то есть не более чем [math]5[/math].С другой стороны во вторичной последовательности [math]15<2^{4}[/math] чисел,значит в первичной последовательности не менее чем [math]4[/math]числа.Следователь,в первичной последовательности количество чисел может быть или [math]4[/math] или [math]5[/math].
▼
Так как во вторичной последовательности два первых числа взаимно просты,то они входят в первичную последовательность.Рассмотрим вопрос с третьим числом- с [math]11[/math].Его нельзя представить в виде линейной комбинации вида [math]11=9a+10b[/math] где [math]a[/math] и [math]b[/math] только натуральные числа.Следовательно число [math]11[/math] входит в начальную последовательность. Может ли в начальной последовательности быть четыре числа?Производя простые действия [math]52-9-10-11=22[/math],найдем,что четвертое число,возможно [math]22[/math].Проверка показывает,что это так и есть. Может ли в начальной последовательности быть пять чисел?Как мы видели сумма двух оставшихся чисел равна [math]22[/math] и эти числа должны быть не менее [math]11[/math].Следовательно находим,что эти числа равны [math]11[/math].И начальная последовательность может быть равна [math]9,10,11,11,11[/math].Проверка показывает что это тоже так и есть. |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю andrei "Спасибо" сказали: mad_math, Sviatoslav |
||
Sviatoslav |
|
|
andrei, спасибо большое за помощь! Только не могли бы Вы уточнить, как получается [math]{\log _2}(n + 1)[/math]? То есть [math]n \leqslant{2^m}- 1[/math], но почему именно так? Это элемент комбинаторики?
|
||
Вернуться к началу | ||
[ Сообщений: 5 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 37 |
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 |