[Archives] Mathématiques pures, physique, chimie, etc. : problèmes d'entraînement cérébral sans rapport avec le commerce. - page 460

Nouveau commentaire
 

MetaDriver: (пост от 16.01.2011 04:14)

2011.01.16 03:41:44 MetaSage (EURUSD,H1) Test =>..... etc. Tous les autres choix sont faux, pour même.
2011.01.16 03:41:40 MetaSage (EURUSD,H1) Test => 2+888=890 false
2011.01.16 03:40:02 MetaSage (EURUSD,H1) Test => 111+16=127 true
2011.01.16 03:39:23 MetaSage (EURUSD,H1) Test => 3+592=595 false
2011.01.16 03:38:08 MetaSage (EURUSD,H1) Test => 37+48=85 false
2011.01.16 03:38:08 MetaSage (EURUSD,H1) S=127 ; P=1776 ; a=16 ; b=111

S=127, P=1776 (chiffres - 16 et 111) ne peut pas être une solution.

A : (1776=16*3*37.) Je ne sais pas.

B : (127 = 2+ odd_component.) Je le savais sans toi.

A : (Donc la somme est 2+ odd_component. 1776 = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. Seul celui en surbrillance avec 16*111 convient). Connaître les chiffres.

B : (Ici, je n'indiquerai que deux variantes d'une recherche complète, qui sont suffisantes :

127=2+125. P(=2*5*5) = 2*125 = 10*25 = 50*5. Les sommes sont 127, 35, 55. Un seul - celui qui est attribué - est autorisé. La somme de 35 est inacceptable car 35=4+31=16+19=32+3 (représentation ambiguë par la somme des puissances de deux et d'un nombre premier). Candidat (les numéros sont 2 et 125).

127=16+111. П(=16*3*37) = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. De même. Candidat (les chiffres sont 16 et 111.) ) Je ne sais pas.

___________________________________

La consolation pour vous est l'irreprésentabilité de 127 comme somme d'un degré de deux et d'un nombre premier. Il n'y a pas beaucoup de numéros comme celui-là, mais ils ne sont pas trop rares.


Vérifiez S=373 ; P=19776 ; a=64 ; b=309. C'est la deuxième version de votre solution avec un nombre impair composite, ce dont je doutais.

Les deux premières lignes passent. Le troisième :

А : (19776(=64*3*103) = 64*309 = 192*103 = 6592*3. Les sommes sont 373, 295, 6595. Seul celui qui a été alloué convient. Le dernier montant, d'ailleurs, n'est pas inclus dans le montant admissible, même si les restrictions sur les montants sont supprimées. Donc 64 et 309) . Connaître les chiffres.

Je n'ai pas encore trouvé le reste. Mais en passant aux derniers calculs B, nous savons déjà qu'une partie de la somme 373=64+309 a déjà été vérifiée et nous avons le premier candidat.

P.S. Essayons de deviner (il suffit de trouver un autre exemple avec une seule somme correspondante) :

Б : 373 = 32+341. П(=32*11*31) = 32*341 = 352*31 = 992*11. Les sommes sont 373, 383, 1003. Seul celui en surbrillance convient. Les deux autres ne le font pas, mais pour une raison plus subtile : chacune d'entre elles est décomposée de manière ambiguë en la somme des puissances de deux et du nombre premier. J'ai déjà écrit sur ce filtre supplémentaire ici. Nous avons donc un autre candidat pour une paire de nombres conçus - 32 et 341. Par conséquent, sage B ne sera pas en mesure de calculer la paire d'unités conçues.

 

MD, à en juger par la liste, vous ne vérifiez qu'un seul produit pour d'éventuelles décompositions. C'est-à-dire que tu fais le travail de sage A.

Qu'en est-il du travail de B avant sa dernière ligne ? Rappelez-vous son raisonnement. Soit la variante S=373 ; P=19776 ; a=64 ; b=309.

Sage B n'a que le montant qui lui a été donné - 373. Et il y a une information selon laquelle A, en utilisant l'astuce précédente de B, s'est assuré que le produit 19776=64*3*103 parmi toutes les variantes de l'expansion en 2 multiplicateurs a la seule somme admissible. Sage A n'a presque pas eu à travailler, car il lui a suffi de vérifier trois variantes. Que fait B maintenant ?

Il doit passer par toutes les décompositions de 373 en 2 sommets. Ce sont 2+371, 3+370, 4+369, ... 186+187. Cela fait 185 choix en tout.

Pour chaque variante, il doit multiplier les sommets, puis faire ce que A a fait précédemment. Ici, par exemple, la variante 134+239.

1. Calculez le produit (P=2*67*239).

2. Passez en revue les variantes de regroupement - 2*16013, 67*478, 134*239.

3. Nous calculons les sommes correspondantes - 16015, 545, 373.

4. Deux sommes sont admissibles - 545, 373. Par conséquent, la variante "134+239" est abandonnée.

Ce n'était qu'une variante. Puis il doit passer aux suivants sur la liste.

Et ce n'est que lorsque parmi toutes ces 185 variantes, il n'en aura qu'une seule avec une seule somme admissible, qu'il pourra dire sa réplique. (Note : après avoir vérifié l'option "32+341" et vu qu'il n'y a qu'une seule somme valable, il ne peut pas s'arrêter et déclarer qu'il connaît les chiffres. Il doit aller jusqu'au bout et vérifier, peut-être, toutes les autres : et s'il y a plus de variantes avec une seule autorisée).

Jusqu'à présent, je n'ai trouvé qu'un seul raisonnement plus ou moins rigoureux sur le net. L'auteur est Konstantin Knop. C'est ici. Le raisonnement est un peu plus compliqué que le mien, mais pour la contrainte "somme inférieure à 100", il y met strictement fin. En revanche, pour les sommes présentant des contraintesplus importantes, il ne dispose que de quelques hypothèses. Aussi un appel à un informaticien...

 
Mathemat:

MD, à en juger par la liste, vous ne vérifiez qu'un seul produit pour d'éventuelles décompositions. C'est-à-dire quevous faites le travail de Sage A.

Qu'en est-il du travail de B avant sa dernière ligne ? Rappelez-vous son raisonnement. Soit la variante S=373 ; P=19776 ; a=64 ; b=309.

Sage B n'a que le montant qui lui a été donné - 373. Et il y a une information selon laquelle A, en utilisant l'astuce précédente de B, s'est assuré que le produit 19776=64*3*103 parmi toutes les variantes de l'expansion en 2 multiplicateurs a la seule somme admissible. Sage A n'a presque pas eu à travailler, car il lui a suffi de vérifier trois variantes. Que fait B maintenant ?

Il doit passer par toutes les décompositions de 373 en 2 sommets. Ce sont 2+371, 3+370, 4+369, ... 186+187. Cela représente un total de 185 choix. // voir le commentaire doré

Pour chaque variante, il doit multiplier les sommands et ensuite faire ce que A a fait précédemment. Ici, par exemple, la variante 134+239.

1. Calculez le produit (P=2*67*239).

2. Passez en revue les variantes de regroupement - 2*16013, 67*478, 134*239.

3. Nous calculons les sommes correspondantes - 16015, 545, 373.

4. Deux sommes sont autorisées - 545, 373. L'option 134+239 est donc écartée.

Ce n'était qu'une variante. Puis il doit passer aux suivants sur la liste.

Et ce n'est que lorsque parmi toutes ces 185 variantes, il n'en aura qu'une seule avec une seule somme admissible, qu'il pourra dire sa réplique. (Remarque : après avoir vérifié l'option "32+341" et constaté qu'il n'y a qu'une seule somme valable, il ne peut pas s'arrêter et déclarer qu'il connaît les chiffres. Il doit aller jusqu'au bout et vérifier, peut-être, toutes les autres : et s'il y a plus de variantes avec une seule autorisée).

Jusqu'à présent, je n'ai trouvé qu'un seul raisonnement plus ou moins rigoureux sur le net. L'auteur est Konstantin Knop. C'est ici. Le raisonnement est un peu plus compliqué que le mien, mais pour la contrainte "somme inférieure à 100", il y met strictement fin. En revanche, pour les sommes présentant des contraintesplus importantes, il ne dispose que de quelques hypothèses. Aussi un appel à un informaticien...

Ce n'est pas le cas. Voici la procédure de vérification de base (voir ci-dessous). Il teste l'équité de la troisième (A) et de la quatrième (B) réplique à la fois.

La boucle extérieure vérifie l'équité de la réplique 4 (si la variable Count à la fin de la grande boucle == 1)

La boucle interne vérifie l'équité de la cue 3 (si la variable count à la fin de la boucle interne == 1)

Voir les commentaires en vert dans le texte ci-dessous.

   uint GetCountValidSum(uint n,uint &P,uint &a,uint &b)
     {
      uint Count=0;
      //       for(uint i=2;i<=sqrt(n);i++)  // ОШИБКА!! 
      for(uint i=2;i<n/2;i++) // Правильно так.                  // Внешний цикл
                                                         // проверяет все разбиения суммы на 2 слагаемых. 
         {
         uint count=0;
         sMX J;
         J.Join(MX[i],MX[n-i]); // объединяем множители слагаемых // 1. Вычисляем произведение (P=2*67*239). 
         for(uint j=1; j<=J.GetCountAllSums(); j++)              // Внутренний цикл
                                                      // 2. Перебираем варианты группировки - 2*16013, 67*478, 134*239. 
            count+=IsValidSum(J,j); // j - номер суммы      // 3. Вычисляем соответствующие суммы - 16015, 545, 373. 
         if(count==1)  // это условие истинно только если для конкретного набора множителей существует только одна валидная сумма
           {           // т.е. если это так - мудрец А сможет однозначно определить числа
            Count++;
            P=J.Value();
            a=i;
            b=n-i;
           }
        }
      return Count;  // А вот если таких произведений, для которых мудрец А способен найти решение после второй реплики только одно
     }               // т.е. Count==1  тогда и мудрец В сможет однозначно найти решение

Quelque chose comme ça. :)

En rouge , j'ai copié vos conclusions en commentaire du texte de la procédure, afin de le relier au terrain.


 
Mathemat:

S=127, P=1776 (chiffres - 16 et 111) ne peut pas être une solution.

A : (1776=16*3*37.) Je ne sais pas.

B : (127 = 2+ odd_component.) Je savais sans toi.

A : (Donc la somme est 2+ odd_component. 1776 = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. Seul celui en surbrillance avec 16*111 convient). Connaître les chiffres.

B : (Ici, je n'indiquerai que deux variantes d'une recherche complète, qui sont suffisantes :

127=2+125. P(=2*5*5) = 2*125 = 10*25 = 50*5. Les sommes sont 127, 35, 55. Un seul - celui qui est attribué - est autorisé. La somme de 35 est inacceptable car 35=4+31=16+19=32+3 (représentation ambiguë par la somme des puissances de deux et d'un nombre premier). Candidat (les numéros sont 2 et 125).

127=16+111. П(=16*3*37) = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. De même. Candidat (les chiffres sont 16 et 111.) ) Je ne sais pas.

___________________________________

La consolation pour vous est l'irreprésentabilité de 127 comme somme d'un degré de deux et d'un nombre premier. Il n'y a pas beaucoup de numéros comme celui-là, mais ils ne sont pas trop rares.


Vérifiez S=373 ; P=19776 ; a=64 ; b=309. C'est la deuxième version de votre solution avec un nombre impair composite, ce dont je doutais.

Les deux premières lignes passent. Le troisième :

А : (19776(=64*3*103) = 64*309 = 192*103 = 6592*3. Les sommes sont 373, 295, 6595. Seul celui qui a été alloué convient. Le dernier montant, d'ailleurs, n'est pas inclus dans le montant admissible, même si les restrictions sur les montants sont supprimées. Donc 64 et 309) . Connaître les chiffres.

Je n'ai pas encore trouvé le reste. Mais en passant aux derniers calculs B, nous savons déjà qu'une partie de la somme 373=64+309 a déjà été vérifiée et nous avons le premier candidat.

P.S. Essayons de deviner (il suffit de trouver un autre exemple avec une seule somme correspondante) :

Б : 373 = 32+341. П(=32*11*31) = 32*341 = 352*31 = 992*11. Les sommes sont 373, 383, 1003. Seul celui en surbrillance convient. Les deux autres ne le font pas, mais pour une raison plus subtile : chacun d'entre eux est décomposé de manière ambiguë en la somme du degré de deux et du nombre premier. J'ai déjà écrit sur ce filtre supplémentaire ici. Nous avons donc un autre candidat pour une paire de nombres conçus - 32 et 341. Par conséquent, sage B ne sera pas en mesure de calculer la paire de conçus.

Lyosha, votre (et le critère de Knopov) sur l'unicité de la décomposition par la somme des puissances de deux et d'un nombre premier. est une hypothèse non prouvée.

Le fait que cela soit souvent vrai n'est pas une preuve. Donc - soit une preuve dans le studio, soit un test complet de force brute sur l'ordinateur. La seconde est préférable car elle ne nécessite pas de preuve par le fait de la présentation. Il ne passe pas mon test.

D'ailleurs, le programme est débogué - servicedesk a trouvé l'erreur. Il s'est avéré que c'était le mien (j'avais besoin de mettre à zéro la mémoire avant de trier dans la procédure de test), je l'ai corrigé.

Prog dans la remorque.

Dossiers :
metasage_6.mq5  6 kb
 
MetaDriver:

Lyosha, votre critère (ainsi que celui de Knopov) à propos de l'unicité de la décomposition par la somme des puissances de deux et un nombre premier est une hypothèse non prouvée.

Ce n'est pas le mien, je l'ai eu de toi :) La formulation courte est la suivante : si la décomposition est ambiguë (il y a plusieurs façons), alors la somme est invalide. Êtes-vous prêt à le réfuter ? Allez-y, j'attends un exemple.

J'ai déjà posté ma façon d'utiliser la décomposition par la somme de puissances de deux et de nombres premiers. Il n'y a pratiquement aucune preuve, mais il existe une manière pratique d'utiliser l'observation, qui est 100% raisonnable. Voir surligné en vert.

Je le copie ici pour ne pas avoir à cliquer sur les liens :

En fait, il y a une observation plus générale (elle peut être vue à partir de l'impression du MD) : probablement tous les choix raisonnables sont limités aux paires de nombres 2^n et p (premier). Je ne l'ai pas prouvé, je ne fais que le supposer.

Maintenant, en partant de cette hypothèse, faisons quelque chose de réel. La chose la plus difficile dans le dialogue des sages est la dernière ligne. C'est celle qui exige jusqu'à présent que de nombreuses options soient envisagées. Supposons que nous ayons déjà eu trois répliques et qu'il ne reste que la dernière. Combien de sommes du MDS peuvent être représentées par 2^n + prime?

Pourquoi cette décomposition particulière ? Tout simplement parce que B à la dernière ligne, en considérant les décompositions possibles des sommes (voir mon post précédent) et des produits correspondants, ayant rencontré le produit 2*...*2*simple, sait déjà à l'avance qu'une seule des sommes pour lui peut être admissible, puisqu'une seule est impaire - si les nombres sont égaux à des puissances de deux et premiers impairs. Cela donne immédiatement un vrai candidat.

Alors, allons-y.

11 = 2^2+7 = 2^3+3. Il y a deux candidats. Bummer immédiatement.

17 = 2^2+13. Il n'y a plus de telles soumissions. Bon candidat.

23 = 2^2+19 = 2^4+7. C'est dommage.

27 = 2^2+23 = 2^3+19 = 2^4+11. C'est d'autant plus dommage.

29 = 2^4+13. Soumission seule. Un autre candidat.

35 = 2^2+31 = 2^4+19 = 2^5+3. C'est dommage.

37 = 2^3+29 = 2^5+5 . C'est dommage.

41 = 2^2 +37. Soumission singulière. Candidat.

47 = 2^2+43 = 2^4+31. C'est dommage.

51 = 2^2+47 = 2^3+43 . C'est dommage.

53 = 2^4+37. La soumission est singulière. Candidat.

Ainsi, de tous les MDS, il ne nous reste que 4 sommes admissibles - 17, 29, 41, 53.

 
Je suis confus. L'application irréfléchie de différents filtres peut conduire à des absurdités.
 
Mathemat:
Je suis confus. L'application irréfléchie de différents filtres peut conduire à des absurdités.

Eh bien, en quelque sorte. Je suis d'accord pour dire que s'il existe plusieurs méthodes de décomposition valables, alors l'option n'est pas valable.

Mais cela ne s'applique qu'aux critères valides, par exemple S="2+combinable impair". Pour ce critère, le lemme correspondant est strictement et correctement prouvé.

Le critère "degré de deux + premier" n'apparaît pas dans les conditions du problème et n'est pas un lemme prouvé. Il s'agit simplement d'une propriété de la plupart des solutions. Mais pas tous, comme il s'est avéré.

 
MetaDriver: Mais cela ne s'applique qu'aux critères valides, par exemple S="2+complet impair". Le lemme pertinent est strictement et correctement prouvé pour ce critère.

Eh bien, merci, au moins cela a été examiné...

Le critère "degré de deux + premier" n'apparaît pas dans les conditions du problème et n'est pas un lemme prouvé. Il s'agit simplement d'une propriété de la plupart des solutions. Mais pas tous, comme il s'avère.

Ici, cependant, vous ne l'avez pas regardé. Je l'ai comme un anti-critère - prouvé strictement et correctement. Essayez vous-même, si vous ne voulez pas voir ma preuve (elle se trouve dans le message ci-dessus, en vert) :

Si la somme est représentable comme la somme du degré de deux et du premier de plusieurs façons, alors cette somme est invalide après la troisième réplique.

Remarquez, je ne parle pas des sommes représentées de cette manière de manière unique...

P.S. J'ai revu ma réfutation de votre "solution" 16, 111. Je n'y vois pas encore d'erreurs. Je copie ici :

S=127, P=1776 (les chiffres sont 16 et 111) ne peut pas être la solution.

A : (1776=16*3*37.)

B : (127 = 2+ odd_component.) Je savais [ que tu ne sais pas] sans toi.

A : (Donc la somme est 2+ odd_component. 1776 = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. Seul celui mis en évidence avec la décomposition 16*111 convient, puisque 85-2 et 595-2 sont premiers). Connaître les chiffres.

B : (Ici, je n'indiquerai que deux variantes de la recherche complète, qui sont suffisantes :

127=2+125. P(=2*5*5*5) = 2*125 = 10*25 = 50*5. Les sommes sont 127, 35, 55. Un seul est admissible - celui qui est mis en évidence. La somme de 35 après la troisième réplique n'est pas autorisée, car 35=4+31=16+19=32+3 (représentation ambiguë par la somme des puissances de deux et d'un nombre premier). Candidat (les chiffres sont 2 et 125).

127=16+111. П(=16*3*37) = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. De même. Candidat (les chiffres sont 16 et 111.) ) Ne sait pas.
Acceptez-vous ceci comme une réfutation correcte, MD?
 

Mathemat:

Acceptez-vous ceci comme une réfutation correcte, MD?

Je ne pense pas.


S=127, P=1776 (les chiffres sont 16 et 111) ne peut pas être la solution.

A : (1776=16*3*37.) Je ne sais pas.

B : (127 = 2+ odd_component.) Je savais [ que tu ne sais pas] sans toi.

A : (Donc la somme est 2+ odd_component. 1776 = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. Seul celui mis en évidence avec la décomposition 16*111 convient, puisque 85-2 et 595-2 sont premiers). Connaître les chiffres.

B : (Ici, je ne signalerai que deux variantes de la recherche complète, qui sont suffisantes :

127=2+125. P(=2*5*5*5) = 2*125 = 10*25 = 50*5. Les sommes sont 127, 35, 55. Un seul est admissible - celui qui est mis en évidence. La somme de 35 après la troisième réplique n'est pas autorisée, car 35=4+31=16+19=32+3 (représentation ambiguë par la somme de puissances de deux et d'un nombre premier). Candidat (les chiffres sont 2 et 125).

127=16+111. П(=16*3*37) = 16*111 = 48*37 = 592*3. Les sommes sont de 127, 85, 595. De même. Candidat (les chiffres sont 16 et 111.) ) Ne sait pas.

Il y a une erreur de logique ici.

La somme de 35 est parfaitement acceptable dans cette tournure de raisonnement, car dans sa troisième ligne, le sage A n'a qu'un seul critère - la somme de B connu = 2+ composé impair.

35=2+33=2+3*11, donc la décomposition 2+125 est invalide, car 127 et 35 sont tous deux valides. Il reste donc le 16 et le 111.

 
Je fais une pause. J'ai l'impression d'avoir fait quelque chose de mal, mais je n'arrive pas encore à savoir ce que c'est :)
1...453454455456457458459460461462463464465466467...628
Nouveau commentaire