4
1

Найти шесть различных натуральных чисел таких, что произведение любых пяти из них, сложенное с числом 2, делится на шестое.

задан 25 Сен 11:38

$$1,2,3,4,5,7.$$

(25 Сен 14:59) EdwardTurJ

@EdwardTurJ, 122 не делится на 7.

(25 Сен 15:28) Казвертеночка
2

$$1,2,3,11,25,28.$$

(25 Сен 16:34) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
2

Интересно, что пример @EdwardTurJ -- наименьший (в смысле последнего числа) для случая, когда первые два числа -- это 1 и 2. Причём пример, судя по всему, редкий. Следующий -- это только 1, 2, 6, 7, 22, 50. Задача в этом смысле становится интереснее, когда примеры "на дороге не валяются".

В пределах сотни есть только ещё два примера с одним и тем же последним числом: 1, 2, 10, 18, 46, 98 и 1, 2, 5, 47, 54, 98.

Ещё интересные примеры (когда начинается с 1, но второе число уже не 2):

1, 3, 10, 37, 49, 52

1, 10, 17, 21, 38, 58

1, 3, 14, 17, 43, 76

1, 5, 8, 11, 14, 79.

Ситуацию, когда первое число отлично от 1, я подробно пока не исследовал, но в диапазоне до 50 есть один такой набор. Это 2, 5, 8, 9, 23, 49.

Интересно, как эта задача была придумана? Есть ли простые способы нахождения хотя бы одного такого набора? И почему было выбрано именно +2 в конце? Скажем, если к произведению прибавлять 1, то получается также весьма красивый (и труднонаходимый) пример 1, 2, 3, 11, 23, 31.

Добавление. Вот ещё два красивых варианта, найденные компьютерной программой, для случая, когда произведение любых пяти чисел, уменьшенное на 1, делится на оставшееся:

1, 2, 3, 11, 17, 59

1, 2, 3, 7, 83, 85

Интересно, что везде присутствуют 1, 2, 3. Рассматривались все шестёрки вида 1<=a1 < ... < a6<=100.

ссылка

отвечен 25 Сен 20:48

изменен 26 Сен 0:16

@falcao, эта задача придумана не мной, её автор - Катя.

(25 Сен 21:49) Казвертеночка
1

Сейчас у меня программа перебрала все шестёрки чисел в диапазоне до 100. Оказывается, других примеров кроме указанного выше, для случая произведения + 1, больше не имеется. Единственность варианта всегда впечатляет.

(25 Сен 21:54) falcao
1

Для случая +2 тут тоже приведён полный "улов" в пределах сотни. Попробовал также вариант +3. Здесь два таких решения оказалось: 1, 2, 3, 13, 19, 27, и 1, 3, 7, 11, 16, 27. Обобщений тут возможно много. Я вот сейчас смотрю вариант произведения минус один. В пределах 50 ничего не нашлось.

(25 Сен 23:10) falcao
1

@falcao, а каждое решение без единицы даёт решение той же задачи для 7 чисел уже с единицей (все остальные числа те же самые).

(26 Сен 0:19) knop

@falcao, Вы пишете: "Сейчас у меня программа перебрала"......... А это не будет наглостью с моей стороны, если я выражу желание Ваш программный код узреть?

(26 Сен 0:20) Казвертеночка
1

@Казвертеночка

Можете узреть мой. Ничего интересного, всё в лоб.

for a:longint:=1 to 100 do for b:longint:=a+1 to 101 do for c:longint:=b+1 to 102 do for d:longint:=c+1 to 103 do for e:longint:=d+1 to 104 do begin e1:=((abcd+2)/e); d1:=((abce+2)/d); c1:=((abde+2)/c); b1:=((acde+2)/b); a1:=((bcd*e+2)/a); if abs(a1-trunc(a1+0.5))<1e-8 then if abs(b1-trunc(b1+0.5))<1e-8 then if abs(c1-trunc(c1+0.5))<1e-8 then if abs(d1-trunc(d1+0.5))<1e-8 then if abs(e1-trunc(e1+0.5))<1e-8 then writeln(a,' ',b,' ',c,' ',d,' ',e); end;

(26 Сен 0:22) knop
1

@Казвертеночка: мои программы не представляют ценности как "программный продукт". Вот запуск в пределах 40 для константы -2. Найдено 5 вариантов.

nn:=40: c:=-2: mn:={}: for a1 from 1 to nn-5 dofor a2 from a1+1 to nn-4 do for a3 from a2+1 to nn-3 do for a4 from a3+1 to nn-2 do for a5 from a4+1 to nn-1 do for a6 from a5+1 to nn do if a2a3a4a5a6+c mod a1 = 0 and a1a3a4a5a6+c mod a2 = 0 and a1a2a4a5a6+c mod a3 = 0 and a1a2a3a5a6+c mod a4 = 0 and a1a2a3a4a6+c mod a5 = 0 and a1a2a3a4a5+c mod a6 = 0 then mn:=mn union {[a1,a2,a3,a4,a5,a6]} fi od od od od od od: mn;

(26 Сен 0:48) falcao
2

Расширение перебора до 150 даёт еще несколько вариантов без единиц:

2 5 7 8 41 129

3 13 16 94 103 145

4 7 13 66 127 139

(26 Сен 0:53) knop
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
2

Предположим, что это числа $%a\lt b\lt c\lt d\lt e\lt f$%. Делимость $%bcdef+2$% на $%a$% тривиально выполняется, если $%a=1$%. Точно так же $%cdef+2$% делится на $%2$%, как только $%cdef$% четно, поэтому, если $%b$% равно $%2$%, то на данный момент нам просто нужно убедиться, что хотя бы одно из $%c$%,$%d$%,$%e$%,$%f$% четное. Это верно, если $%c=4$%, поэтому теперь у нас есть числа $%1,2,4,d,e,f$% и условия $%4\,|\, 2 d e f+2, d\,|\, 8 e f+2, e\,|\,8 d f+2, f\,|\, 8 d e+2$%.

Первое условие эквивалентно $%2 \mid e f+1$%, поэтому $%e$% и $%f$% должны быть нечетными. Тогда второе условие эквивалентно $%d \mid 4ef+1$% (а это также означает, что $%d$% нечетно) и аналогично двум другим условиям: $%e \mid 4df+1$% и $%f \mid 4de+1$%. Простое решение - если $%f$% (наибольшее) равно $%4de+1$%. Тогда $%f=1\,(\operatorname{mod} e)$%, поэтому $%4 d f+1=4 d+1\,(\operatorname{mod} e)$%, что означает, что условие $%e \mid 4 d f+1$% эквивалентно $%e \mid 4 d+1$%, и аналогично условие $%d \mid 4 e f+1$% эквивалентно в $%d \mid 4 e+1$%.

Теперь повторяем стратегию предыдущего абзаца: пусть $%e=4d+1$%. Затем мы находим $%d \mid 5$%, поэтому теперь единственный выбор - $%d=5$%, что дает $%e=21$%, $%f=421$%, и наша полная последовательность из шести чисел такова:

$$1,2,4,5,21,421.$$

Здесь просто отметим, что та же стратегия с $%c=3$% (и $%a=1$%, $%b=2$%) не дает решения (фактически, в этой ситуации решение невозможно).

В качестве другого примера, если мы выберем $%c=5$%, то, как указано выше, $%def$% должно быть четным и смело положив $%d=6$%, мы должны решить $%5 \mid 12 e f+2$% или эквивалентно $%5 \mid e f+1$%.

Аналогично, $%6 \mid 10 e f+2$%, поэтому $%3 \mid 1-e f$% и, наконец, $%e \mid 60 f+2$% и $%f \mid 60 e+2$%.

Полагая $%f=60e+2$%, последнее условие выполнено. Если мы воспользуемся этим предположением и сформулируем все условия в модульной арифметике, то первое условие сводится к $%2 e=-1\,(\operatorname{mod} 5)$%, а остальные - $%2e=1\,(\operatorname{mod} 3)$% и $%122 = 60f + 2 = 0 \,(\operatorname{mod} e)$%.

Последнее подразумевает $%e=61$% или $%e=122$%, и, комбинируя с двумя другими, мы видим, что действительным является только $%e=122$%. Здесь мы получаем шесть чисел $$1,2,5,6,122,7322.$$

Очевидно, что выбор позволить $%f=60e+2$% даст большое значение для $%f$%, и в целом можно ожидать меньших решений.

ссылка

отвечен 27 Сен 18:16

изменен 28 Сен 0:25

10|600 символов нужно символов осталось
2

Годятся все такие шестёрки:

$$1, 2, 7, 10, 140+x, 140+y$$

для которых $%xy=19602$% (от этого числа важно только то, что оно на 2 больше, чем квадрат 140). Так как $%19602=2\cdot 99^2$%, то таких шестёрок довольно-таки много.

ссылка

отвечен 27 Сен 21:37

изменен 28 Сен 13:08

1

@knop 7 должно быть делителем 1×2×5×(140+x)(140+y)+2 и по модулю 7 это выражение равно 3xy+2=3×2+2.

(27 Сен 23:48) Rene
1

@Rene, спасибо. Я опечатался и вместо "7, 10" написал "5, 7". Сейчас исправил. Все прочие детали те же самые.

(28 Сен 13:09) knop
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×115
×90
×34
×27
×2

задан
25 Сен 11:38

показан
244 раза

обновлен
28 Сен 13:09

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru