ŚFiNiA

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

No tak, ale jest inny błąd...

Aby całość się zerowała to nasza część reszty musi być równa (10^n-5^n)/(10^n). Np. dla 1,5^3=3,375:

1000-125=875

875/1000=0,875

0,125+0,875=1

Jakkolwiek cała obliczanka z rzędami wielkości się nie zmienia.

... zresztą właściwie to napisałem w przed poprzednim poście "należałoby tu dodać co najmniej takie same końcówki", a 0,875 jest co najmniej taką samą końcówką jak 0,125.

wujzboj

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

Tak to mialem na mysli.

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

Może zostawmy tamten dowód skoro nie przekonuje, mam tu chyba coś lepszego.

Jeżeli:

a/b=c

to a-b=b * c-1

Analogicznie:

(3^a*b-1)/(2^a*b-1)=2^n

(3^a*b-1)-(2^a*b-1)=(2^a*b-1) * (2^n-1)

[(3^a*b-1)-(2^a*b-1)]/(2^n-1)=(2^a*b-1)

Różnica:

(3^a*b-1)-(2^a*b-1)

należy liczb nieparzystych, jest ona równa:

(3^a-2^a)*b

Czyli:

(3^a-2^a)*b = (2^a*b-1) * (2^n-1)

[(3^a-2^a)*b]/(2^a*b-1) = (2^n-1)

[(3^a-2^a)*b*(2^n-1)]/(2^a*b-1) - 1 = 0

Aby wynik owego wyrażenia był liczbą całkowitą to wynik iloczynu musi być równy jakiejś liczbie nieparzystej podzielnej przez (2^a*b-1). Aby równanie miało miejsce zerowe to owa nieparzysta liczba musi być równa 1. Wynik dzielenia:

[(3^a-2^a)*b*(2^n-1)]/(2^a*b-1)

Może być równy 1 tylko wtedy gdy:

(3^a-2^a)*b*(2^n-1) = (2^a*b-1)

Natomiast już samo (3^a-2^a)*b jest dla a>1 zawsze większe od (2^a*b-1):

(3^a-2^a)*b > (2^a*b-1)

Nierówność jest też spełniona dla a=1 i b>1. Dlatego równość mamy tylko dla jednego przypadku a=1 i b=1 oraz wyrażenie (2^n-1) musi być równe 1, dla n>1 równanie w ogóle nie ma miejsc zerowych.

macjan

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

Hmmm, zauważyłem pewną rzecz odnośnie tego drugiego szeregu.

Mianowicie:

[(3^2+1)*(2^2+1)]/10 = 2^2+1

(10*5)/10=5

I nie byłoby w tym nic nadzwyczajnego gdyby nie to, że:

[(3^3*5+1)*(2^3*5+1)+(3^4*1+1)*(2^4*1+1)]/10 = (2^3*5+1)*(2^4*1+1)

(136*41 + 82*17)/10 = 41*17

Ośmielę się postawić hipotezę, że być może i dla kolejnych iloczynów (które są równe 2^x) owa zależność będzie spełniona. Jednakowoż narazie nie potrafię dojść przyczyn tego faktu. Gdyby okazało się to prawdą może pomogło by to rozwiązać problem.

Dodam jeszcze, że (3^a*b-1)/(2^a*b-1) to to samo co ((3^a-2^a)*b)/(2^a*b-1) + 1

Być może w czymś to pomoże.

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

macjan

Gdzieś jest zdaje się błąd w rachunkach. Pierwsze równanie jest spełnione dla a=1, b=1, n=0, a ostatnie już nie. Potem poszukam.

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

wujzboj · Wysłany: Pią 0:26, 06 Mar 2009 Temat postu:

I jak? Jakieś nowe wieści?

Bruce Willis · Wysłany: Pią 14:54, 06 Mar 2009 Temat postu:

Bruce Willis · Wysłany: Czw 0:03, 12 Mar 2009 Temat postu:

Poza tym niedawno zasugerowano mi, że dla b=1 wyrażenie (3^{a}*b-1)/(2^{a}*b-1) można zapisać jako:

(3/2)^a + (3/4)^a + E[(3/(2^(i+2)))^a*(-1)^i]

Przy czym E to sumowanie, indeks dolny to 1, a górny nieskończoność.

Bruce Willis · Wysłany: Nie 22:49, 15 Mar 2009 Temat postu:

Ostatnio doszedłem też to pewnego dziwnego wniosku, gdzieś tu zdaje się ukryty jest sofizmat, ale nie wiem gdzie. W każdym razie po podstawieniu wartości wszystko się zgadza.

(3^a*b-1)/(2^a*b-1) <=> ((3^a-2^a)*b)/(2^a*b-1) + 1

((3^a-2^a)*b)/(2^a*b-1) + 1 = 2^x

((3^a-2^a)*b)/(2^a*b-1) = 2^x - 1

(3^a-2^a)*b = (2^a*b-1) * (2^x-1)

(3^a-2^a) = [(2^a*b-1) * (2^x-1)]/b

2^a = 3^a - [(2^a*b-1) * (2^x-1)]/b

2^a = [3^a*b - (2^a*b-1) * (2^x-1)]/b

2^a = 3^a - (2^x-1) * (2^a - 1/b)

Żeby prawa strona była całkowita, to 2^x-1 musi być równe b razy jakaś liczba: b*t. Czyli:

((3^a-2^a)*b)/(2^a*b-1) = bt

(3^a-2^a)/(2^a*b-1) = t

(3^a)/(2^a*b-1) - (2^a)/(2^a*b-1) = t

(3^a)/(2^a*b-1) = (t*(2^a*b-1) + 2^a)/(2^a*b-1)

3^a = bt*2^a + 2^a - t

3^a + t = bt*2^a + 2^a

3^a = (2^a-1) * bt + 2^a

1,5^a = (1 - 1/2^a) * bt + 1

1,5^a-1 = (1 - 1/2^a) * bt

1,5^a-1 = bt - bt/2^a

Skoro:

(3^a*b-1)/(2^a*b-1) <=> (1,5^a-1) * (2^a*b)/(2^a*b-1) + 1

to:

(1,5^a-1) * (2^a*b)/(2^a*b-1) = 2^x - 1

(1,5^a-1) * (2^a*b)/(2^a*b-1) = bt

1,5^a-1 = [bt * (2^a*b-1)]/(2^a*b)

Wtedy:

bt * (2^a*b-1)]/(2^a*b) = bt - bt/2^a

(2^a*t*b^2 - bt)/(2^a*b) = bt - bt/2^a

(2^a*t*b^2 - bt)/(2^a*b) = (2^a*bt - bt)*b]/(2^a*b)

(2^a*t*b^2 - bt)/(2^a*b) = (2^a*t*b^2 - t*b^2)/(2^a*b)

2^a*t*b^2 - bt = 2^a*t*b^2 - t*b^2

t*b = t*b^2

Czy oznacza to, że równanie może być spełnione tylko dla b=1, czy, że gdzieś jest błąd? :think:

Bruce Willis · Wysłany: Wto 22:16, 31 Mar 2009 Temat postu:

Abstrachując od tego co powyżej. Pewne jest, iż jeśli:

(3^a*k-1)/(2^a*k-1) = 2^x

to:

3^a * k = 3^{a+c}/2^{b+c} * k - 3^{c}/2^{b+c} + 3^{c}/2^{c}

Jest to równanie czterech zmiennych, ale może okaże się mniej oporne.

Oczywiście jak na razie wiemy, że równość jest spełniona dla jednego znanego nam przypadku:

3^1 * 1 = 3^{1+1}/2^{1+1} * 1 - 3^{1}/2^{1+1} + 3^{1}/2^{1}

:think:

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

Cóż, doszedłem do alternatywnej wersji tego samego problemu. Pytanie z pierwszego postu można zastąpić pytaniem które znajduje się poniżej.

Powiedzmy, że mamy nieskończony szereg:

p(1) = 3^{a}/2^{a} * (2^{a}*k) - 1

p(2) = 3^{a+c}/2^{a+b+c} * (2^{a}*k) - 3^{c}/2^{b+c} + 3^{c}/2^{c} - 1

p(3) = 3^{a+c+e}/2^{a+b+c+d+e} * (2^{a}*k) - 3^{c+e}/2^{b+c+d+e} + 3^{c+e+d+e}/2^{c} - 3^{e}/2^{d+e} + 3^{e}/2^{e} - 1

itd.

Szereg ten można zapisać przy użyciu sigmy, ale w zapisie liniowym jak tutaj to chyba nie byłby dobry pomysł.

Wartości zmiennych mogą się powtarzać, tzn. "a" może być równe "b" itd (co było niedopuszczalne w szeregu z pierwszego postu). Wszystkie zmienne to liczby naturalne.

Pytanie jest o to czy może wystąpić sytuacja, że dowolne dwa elementy owego szeregu mogą być sobie równe? Tzn. czy może zachodzić sytuacja, że p(n) = p(n+k)?

Ogólnie zatem należy rozpatrzyć przypadki:

1. p(1)=p(2) (wtedy też p(2)=p(3)=(4) itd.)
2. p(1)=p(3) (wtedy też p(3)=p(5)=(7) itd. oraz p(2)=p(4)=p(6) itd.)
3. p(1)=p(4) (wtedy też p(4)=p(7)=(10) itd. oraz p(2)=p(5)=p(8) itd.)

itd. - dla dowolnego 2^{a}*k. Przy czym przypadek pierwszy jest równoważny pytaniu o rozwiązania całkowite równania:

(3^{a}*b-1)/(2^{a}*b-1) = 2^{x}

Przypadek drugi dotyczy:

(3^{a}*b-1)/(2^{a}*b-1) * (3^{c}*d-1)/(2^{c}*d-1) = 2^{x}

Trzeci:

(3^{a}*b-1)/(2^{a}*b-1) * (3^{c}*d-1)/(2^{c}*d-1) * (3^{e}*f-1)/(2^{e}*f-1) = 2^{x}

itd. Przy czym zmienne a,b,c,d,e,f z równań powyżej i z szeregu to nie są te same zmienne

Wiemy, że rzecz jest spełniona jeśli każda zmienna jest równa 1. Ogólnie dowolny element szeregu p(n) jest równy 2^1, jeśli wszystkie zmienne są równe 1. Wtedy p(1)=p(2)=p(3)=p(n).

Ponad to prawdopodobnie dla każdego 2^{a}*k istnieje taki element szeregu który jest równy 2^1 przy odpowiedniej konfiguracj pozostałych zmiennych (sprawdziłem wszystkie liczby postaci 2^{a}*k mniejsze od około 2^50 i nie znalazłem kontrprzykładu). Przykład:

p(2) = 3^{1+1}/2^{1+3+1} * (2^{1}*3) - 3^{1}/2^{3+1} + 3^{1}/2^{1} - 1 = 2^1

Jednak to przypuszczenie pozostaje narazie tylko hipotezą, ale nie jest ona bez znaczenia, ponieważ można udowodnić, iż jeśli owa hipoteza jest prawdziwa to nie ma więcej przypadków o którym mowa w moim pytaniu ("czy p(n)=p(n+k)?"). Ponad to pewne jest, iż istnieje nieskończenie wiele przypadków takich, że dla danego 2^{a}*k istnieje taki element szeregu który jest równy 2^1 (jednak nie wiadomo, czy dla każdego 2^{a}*k istnieje taki element szeregu który jest równy 2^1 przy odpowiedniej konfiguracji pozostałych zmiennych).

Aha, no i w tym momencie nasz problem z równaniem (3^{a}*k-1)/(2^{a}*k-1)=2^{x} możemy zapisać jako np:

3^{a}/2^{a} * (2^{a}*k) - 1 = 3^{a+c}/2^{a+b+c} * (2^{a}*k) - 3^{c}/2^{b+c} + 3^{c}/2^{c} - 1

Zresztą jeśli założymy, że a=c, to w wyniku przekształceń dojdziemy do postaci:

(2^{a}*k-1)/(3^{a}*k-1)=2^{b}

Jest to zatem oczywiście słuszne założenie (w odniesieniu do tego przykładu) i możemy w ten sposób uprościć sobie cały szereg. Ogólnie jeśli rozpatrujemy przypadek pierwszy (p(1)=p(2)), to pewne jest, że ewentualne rozwiązania mogą wystąpić wtedy i tylko wtedy gdy:

a=c=e=g itd. oraz b=d=f=h itd.

Jeśli rozpatujemy przypadek drugi (p(1)=p(3)), to:

a=e=i=m itd. oraz b=f=j=n itd. oraz c=f=i=l itd.

Mam nadzieję, że rozumiecie te zależności? Wszystko jest według schematu:

1.

a b c d e f g h i j k l m n
1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

a b c d e f g h i j k l m n
0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

2.

a b c d e f g h i j k l m n
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0

a b c d e f g h i j k l m n
0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1

a b c d e f g h i j k l m n
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0

a b c d e f g h i j k l m n
1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0

Owe założenia pozwolą na uproszczenie szeregu, a nie ma sensu zajmować się przypadkami równości p(n)=p(n+k) gdy te zależności nie będą spełnione, bo niemożliwe jest aby owe równania były wtedy spełnione.

A zatem teraz dla pierwszego przypadku mamy równanie:

3^{a}/2^{a} * (2^{a}*k) - 1 = 3^{a+a}/2^{a+b+a} * (2^{a}*k) - 3^{a}/2^{b+a} + 3^{a}/2^{a} - 1

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

Hmmm, ciekawa ta dyskusja z samym sobą. :grin:

Wiem, że bombarduję wątek już prawie jak rafal, ale tak chyba jest bardziej przejrzyście niż gdybym napisał wszystko w jednym poście.

A zatem odnośnie szeregu - jeśli potraktujemy sobie owy szereg teoriomnogościowo tzn. jako ciąg zbiorów, to moża zadać pytanie o granicę owego ciągu zbiorów i będzie ono równoważne z tym z poprzedniego i pierwszego postu. Elementami kolejnych zbiorów takiego ciągu byłyby rozwiązania całkowite kolejnych funkcji naszego szeregu (tylko całkowite nas interesują). Ale zanim to pytanie padnie należałoby najpierw w ogóle zdefiniować co to jest "granica ciągu zbiorów".

Otóż jeśli An(n) należy do liczb naturalnych wówczas granica górna i dolna to:

lim sup An = SumaMnogościowa_{n=1}^{oo} IloczynMnogościowy_{k=1}^{oo} Ak

Dolna:

lim inf An = IloczynMnogościowy_{n=1}^{oo} SumaMnogościowa_{k=1}^{oo} Ak

W tłumaczeniu - suma mnogościowa iloczynu mnogościowego, oraz iloczyn mnogościowy sumy mnogościowej. Gdy oba te zbiory są równe, wtedy mówimy, że ciąg zbiorów jest zbieżny i tę wspólną granicę nazywamy granicą ciągu zbiorów.

Jednak nie musimy się wdawać w aż tak trudne rozważania, ponieważ gdy ciąg zbiorów jest zstępujący (każdy następny zbiór zawiera się w poprzednim), to nasza granica się upraszcza, a mogę zaświadczyć, iż jeśli chodzi o rozwiązania całkowite to nasz ciąg jest zstępujący tzn. rozwiązania całkowite które przyjmuje dany element (funkcja) należą do zbioru rozwiązań elementu poprzedniego (nie wiem jak jest dla ogólnego przypadku, jednak to i tak nas nie interesuje). A w tym wypadku nasza granica będzie następująca:

lim An = SumaMnogościowa_{n=1}^{oo} An

Teraz dopiero mogę zadać pytanie. Czy granica owego ciągu zbiorów jest zbiorem jedno elementowym czy więcej? Tzn. czy nieskończenie duży element naszego szeregu może przyjmować tylko jedno całkowite rozwiązanie - liczbę 1, czy owych rozwiązań jest więcej?

Wiemy, że granica nie jest zbiorem pustym. Nie wiemy, czy będzie zbiorem skończonym, czy nieskończonym, a jeśli skończonym to czy jedno, czy więcej elementowym. :think:

Nawiasem pisząc wydaje mi się mało prawdopodobne, aby granicą był zbiór nieskończony. W każdym razie gdyby ktoś ustalił, iż owa granica to zbiór nieskończony, to niestety, ale nie daje to nam żadnego pojęcia nt. rozwiązań o które mi chodzi (o których było w poprzednim i pierwszym poście), pewność, iż istnieje więcej przypadków takich, że poszczególne elementy szeregu są sobie równe możemy mieć wtedy i tylko wtedy gdy okaże się, że granica jest zbiorem skończonym oraz więcej niż jedno elementowym.

Niestety jest to tylko kolejne spojrzenie na problem z innej perspektywy, nie mam pomysłu na rozwiązanie...

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

Ok. Mam dowód dla pierwszego równania, dla k=1:

(3^a*k-1)/(2^a*k-1)=2^x

(3^a-1)/(2^a-1)=2^x

Jeśli stablicujemy sobie rozwiązania 3^a-1 dostaniemy:

2, 8, 26, 80, 242, etc.

Można zauważyć, że 2+2*3^1=8, 8+2*3^2=26, 26+2*3^3=80...

Ogólnie zatem kolejne rozwiązania zapiszemy za pomocą sumy:

2*E_{i=0}^{n} 3^i

Np. dla a=6 mamy:

2*E_{i=0}^{5} 3^i = 2*(3^0+3^2+3^3+3^4+3^5) = 728 = 3^6-1

dla a=1 mamy:

2*E_{i=0}^{0} 3^i = 2*3^0 = 2 = 3^1-1

itd.

Jeśli chodzi o drugie wyrażenie (2^a-1), to jest podobnie:

1, 3, 7, 15, 31, etc.

Jest to suma:

E_{i=0}^{n} 2^i

Teraz możemy wrócić do równania i zapisać je następująco:

[2*E_{i=0}^{n} 3^i]/[E_{i=0}^{n} 2^i] = 2^x

[E_{i=0}^{n} 3^i]/[E_{i=0}^{n} 2^i] = 2^{x-1}

[E_{i=0}^{n} 3^i] = 2^{x-1} * [E_{i=0}^{n} 2^i]

"x-1" zastąpmy zmienną c, dla przejrzystości, ponieważ będzie później jeszcze występować.

Ogólnie łatwo można zauważyć, że jeśli n jest nieparzyste (czyli a parzyste), to suma 3^i daje wynik nieparzysty, oczywiste jest, iż wtedy równanie nie może być spełnione, zresztą to, że a nie może być parzyste zostało już udowdnione gdzieś na początku tego wątku.

Natomiast [E_{i=0}^{n} 3^i] =/= 2^{c} * [E_{i=0}^{n} 2^i], ponieważ:

- suma 3^i jest postaci 3t+1,

- jeśli n jest nieparzyste, to w sumie jest parzysta ilosć składników i mamy:

2^c * E_{i=0}^{n} 2^i = 2^c * [2^{n-1}*(2+1) + 2^{n-3}*(2+1) + ... + (2+1)] = 3t - sprzeczność

- jeśli n jest parzyste i większe od zera, wtedy:

2^c * E_{i=0}^{n} 2^i = 2^{c}*2^{n} + 2^{c} * [2^{n-2}*(2+1) + 2^{n-4}*(2+1) + ... + (2+1)]

aby była to liczba postaci 3t+1, to c musi być parzyste i wtedy prawa strona dzieli się przez 4, natomiast lewa jest wówczas postaci:

3^{n} + 3^{n-2}*(3+1) + 3^{n-4}*(3+1) + ... + (3+1) = 4p + 3^n - sprzeczność.

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

3^{a}*k-1 <=> 2^{a-1}*k * E_{i=0}^{a-1} (1,5^{i}) + 2^{a}*k-1

wujzboj

Trzeba będzie się przyjrzeć... Słuchaj, a skąd wziął się w ogóle ten problem?

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna

rafal3006

Bruce Willis · Dołączył: 21 Mar 2007 Posty: 301 Przeczytał: 0 tematów Płeć: Mężczyzna