Forum ŚFiNiA Strona Główna ŚFiNiA
ŚFiNiA - Światopoglądowe, Filozoficzne, Naukowe i Artystyczne forum - bez cenzury, regulamin promuje racjonalną i rzeczową dyskusję i ułatwia ucinanie demagogii. Forum założone przez Wuja Zbója.
 
 FAQFAQ   SzukajSzukaj   UżytkownicyUżytkownicy   GrupyGrupy   GalerieGalerie   RejestracjaRejestracja 
 ProfilProfil   Zaloguj się, by sprawdzić wiadomościZaloguj się, by sprawdzić wiadomości   ZalogujZaloguj 

Równanie iloczynu funkcji dwóch zmiennych
Idź do strony Poprzedni  1, 2, 3  Następny
 
Napisz nowy temat   Odpowiedz do tematu    Forum ŚFiNiA Strona Główna -> Metodologia
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 14:04, 14 Lut 2009    Temat postu:

Bruce napisał:
Liczba 1,5^a ma "końcówki":

1. 5/10^1
2. 5^2/10^2
3. 5^3/10^3
4. 5^n/10^n

Ale to niestety nie jest prawdą. Chyba, że źle to rozumiem. Bo:

1.5^a = (1+5/10)^a = suma(k=0,a) (a k) (5/10)^k,

co nie daje bynajmniej reszt, które są postaci 0.5^n, lecz reszty mające formę SUMY takich elementów. Na przykład, reszta z 1.5^3 5) wynosi 0.375 = 0.5^2 + 0.5^3, co nie jest liczbą postaci 0.5^n.


Ostatnio zmieniony przez wujzboj dnia Sob 14:07, 14 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 14:38, 14 Lut 2009    Temat postu:

wujzboj napisał:
Bruce napisał:
Liczba 1,5^a ma "końcówki":

1. 5/10^1
2. 5^2/10^2
3. 5^3/10^3
4. 5^n/10^n

Ale to niestety nie jest prawdą. Chyba, że źle to rozumiem. Bo:

1.5^a = (1+5/10)^a = suma(k=0,a) (a k) (5/10)^k,

co nie daje bynajmniej reszt, które są postaci 0.5^n, lecz reszty mające formę SUMY takich elementów. Na przykład, reszta z 1.5^3 5) wynosi 0.375 = 0.5^2 + 0.5^3, co nie jest liczbą postaci 0.5^n.

Nie wiem co oznacza wyrażenie "1.5^3 5)"... zdaje się 1,5^3?

Ale abstrahując - oczywiście 1,5^a nie ma końcówek postaci 5^n/10^n, jest to tylko pewna reszta przed którą mamy albo liczbę typu 1, 2, 3, albo liczbę z przecinkiem typu - dla 1,5^3: 3,25. Jednakowoż końcówka dla 1,5^3 będzie postaci 5^3/1000=0,125.

3,25+0,125=3,375

A jeśli chodzi o tę SUMĘ, to nihil novi sub sole - jest ona nieprzewidywalna i nie powiedziałbym, że będzie to tego typu suma, bo np. dla a=4 mamy 1,5^4=5,0625, czyli reszta = 0,0625 = 5^4/10^4 = 0,5^4 i nie ma tu żadnej sumy.

Myślę, że choćby z tego przykładu wynika, iż nie ma innego tak elementarnego oszacowania owej części reszty (bo nie jest to stricte reszta po przecinku, ale pewna część).

A zatem oczywiście nie jest to pełna reszta tego co po przecinku, ale byłem tego świadom formułując ten dowód.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Sob 14:39, 14 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 14:44, 14 Lut 2009    Temat postu:

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.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Sob 14:56, 14 Lut 2009, w całości zmieniany 4 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 18:26, 14 Lut 2009    Temat postu:

Bruce napisał:
nie jest to pełna reszta tego co po przecinku

Ale powinna być. A przynajmniej musi być to taka część tej części, która nie da się wyrazić poprzez kombinację liniową innych liczb typu 1.5^n. W przypadku 1.5^a, jest to liczba 0.5^a. Czy to miałeś na myśli?
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 2:19, 15 Lut 2009    Temat postu:

Tak to mialem na mysli.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 20:18, 15 Lut 2009    Temat postu:

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.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Nie 23:07, 15 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 21:25, 15 Lut 2009    Temat postu:

Bruce Willis napisał:
(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

2^n-1 powinno powędrować do mianownika.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pon 0:33, 16 Lut 2009    Temat postu:

macjan napisał:
Bruce Willis napisał:
(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

2^n-1 powinno powędrować do mianownika.

Fakt.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Pon 3:54, 16 Lut 2009, w całości zmieniany 3 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Wto 17:23, 17 Lut 2009    Temat postu:

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.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Pią 7:45, 20 Lut 2009, w całości zmieniany 4 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pią 8:17, 20 Lut 2009    Temat postu:

...

Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Pią 13:42, 20 Lut 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pią 12:18, 20 Lut 2009    Temat postu:

Gdzieś jest zdaje się błąd w rachunkach. Pierwsze równanie jest spełnione dla a=1, b=1, n=0, a ostatnie już nie. Potem poszukam.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pią 13:42, 20 Lut 2009    Temat postu:

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

Racja. Usunąłem wszystko, żeby nie siać zamętu.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Pią 14:46, 20 Lut 2009, w całości zmieniany 3 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pią 1:26, 06 Mar 2009    Temat postu:

I jak? Jakieś nowe wieści?
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pią 15:54, 06 Mar 2009    Temat postu:

wujzboj napisał:
I jak? Jakieś nowe wieści?

Hmmm... No na przykład:

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

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

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

Wyrażenie (2^a*b)/(2^a*b-1) można zapisać jako 2n/(2n-1), natomiast wyrażenie (2^x - 1) jest podzbiorem 2p-1. Czyli:

2n/(2n-1) = (2p-1)/(1,5^a-1)

:think:
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Czw 1:03, 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.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Czw 16:56, 09 Kwi 2009, w całości zmieniany 3 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 23:49, 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:


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Nie 23:56, 15 Mar 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Wto 23:16, 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:


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Śro 23:03, 01 Kwi 2009, w całości zmieniany 3 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Śro 0:04, 08 Kwi 2009    Temat postu:

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


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Wto 22:40, 14 Kwi 2009, w całości zmieniany 14 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Wto 23:54, 14 Kwi 2009    Temat postu:

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...


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Śro 0:01, 15 Kwi 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 3:10, 09 Maj 2009    Temat postu:

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.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Wto 0:49, 12 Maj 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Czw 20:08, 04 Cze 2009    Temat postu:

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

Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Nie 8:52, 07 Cze 2009, w całości zmieniany 3 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Czw 22:46, 04 Cze 2009    Temat postu:

Trzeba będzie się przyjrzeć... Słuchaj, a skąd wziął się w ogóle ten problem?
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pią 15:03, 05 Cze 2009    Temat postu:

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

Hmmm... wiem, że to źle zabrzmi, ale wolałbym nie mówić. Mogę powiedzieć tylko tyle, iż jest to funkcyjny opis pewnego zjawiska/problemu/a może innej funkcji? Nie mogę powiedzieć jakiej dziedziny, ani czego dokładnie to dotyczy, bo jeśli powiem, to ktoś może znaleźć sposób wyprowadzenia owego wzoru (który jest stosunkowo trywialny) i podwędzić mi pomysł, a wolałbym żeby ta wiedza narazie pozostała tylko w mojej głowie (dopóki nie doprowadzę rozwiązania do końca, w przeciwnym wypadku ktoś mógłby mnie uprzedzić, a tego nie chcę). W każdym razie dotyczy to zagadnienia które powszechnie uchodzi za twardy orzech do zgryzienia, o wiele twardszy niż ten pozornie tylko niewinnie wyglądający szereg.


Znalazłem również jeszcze inne wzory (z sumami) opisujące owe równanie, a chyba ich tu jeszcze nie podawałem:

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

Niestety z tego zapisu nie udało mi się nic wywnioskować.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Pią 15:13, 05 Cze 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
rafal3006
Opiekun Forum Kubusia



Dołączył: 30 Kwi 2006
Posty: 21838
Przeczytał: 38 tematów

Skąd: z innego Wszechświata
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 15:43, 06 Cze 2009    Temat postu:

Bruce Willis napisał:
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.

:grin:
Zycze powodzenia w rozwiazaniu problemu.Mamy ta sama idee. Wpadlismy na pewien trop i usilujemy to udowodnic. W twoim przypadku mysle ze to prostsze.

U mnie sprawa rozbija siē o przyjecie nowych definicji implikacji prostej => i odwrotnej ~>, absolutnie nieznanych w logice, plus prawa Kubusia. Kiedy trzy late temu zapisalem prawa Kubusia i sprawdzilem že nie ma ich w Wikipedii tez myslalem ze zaraz mi je ktos ukradnie .... a tu figa z makiem.

Dlaczego ?

Po pierwsze przydatnosc implikacji w technice jest rowna zeru, bo implikacja to opis wolnej woli zarowno swiata martwego jak i zywego.

Po drugie kogo interesuje tak absolutnie trywialna matematyka jezyka mowionego ? ... na pewno nie specjalistow od implikacji materialnej, logicznej, scislej, takiej czy smakiej.

Po trzecie przyjecie rownych prawa implikacji prostej => i odwrotnej ~> plus praw Kubusia wymusza zmiane wszystkich podrecznikow matematyki ...

Po czwarte po co to wszystko ?

Po co upraszczac twierdzenie Pitagorasa do postaci sprzed 30 lat, ktore wtedy brzmialo:

Twuerdzenie Pitagorasa sprzed 30 lat:
Jesli trojkat jest prostokatny to suma kwadratow przyprostokatnych jest rowna kwadratowi przeciwprostokatej

Dzisiejsze brzmienie twierdzenia Pitagorasa ma postac:


NoBody napisał:
precyzyjnie

dla każdego x,a,b,c jeżeli x jest trójkątem prostokątnym i a jest przyprostokątną x'a i b jest przyprostokątną x'a różną od a i c jest przeciwprostokątną x'a to suma kwadratów długości a i długości b jest równa kwadratowi długości c i dla każdego a,b,c jeżeli suma kwadratów długości a i długości b jest równa kwadratowi długości c to istnieje trójkąt x o bokach a,b,c i x jest trójkątem prostokątnym i a jest przyprostokątną x'a i b jest przyprostokątną x'a różną od a i c jest przeciwprostokątną x'a, wtedy i tylko wtedy gdy, dla każdego x,a,b,c , x jest trójkątem prostokątnym wtedy i tylko wtedy gdy a jest przyprostokątną x'a i b jest przyprostokątną x'a różną od a i c jest przeciwprostokątną x'a i suma kwadratów długości a i długości b jest równą kwadratowi długości c

Twierdzenie Pitagorasa jest w szkole podstawowej, proponuję zatem powyższe umieścić w odpowiednim podręczniku, nie możemy przecież kształcić naszych dzieci na debili … (po przecinku to słowa Macjana - Macjanie co ty na to ? :grin: )

Ciekawe kto jeszcze oprocz samego NoBodyego (czolowy matematyk na ateiscie.pl) rozumie ten belkot, bo ja ni w zab, znajomy matematyk ktoremu to pokazalem okreslil to jedym slowem "okropnosc"

P.S.
Przepraszam za brak polskich krzeczkow, pisze z dalekiego kraju.


Ostatnio zmieniony przez rafal3006 dnia Sob 15:48, 06 Cze 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 19:19, 06 Cze 2009    Temat postu:

Cytat:
Zycze powodzenia w rozwiazaniu problemu.Mamy ta sama idee. Wpadlismy na pewien trop i usilujemy to udowodnic. W twoim przypadku mysle ze to prostsze.

Prostsze być może w tym sensie, że jeśli rozwiążę ten szereg to mam gotowy dowód z którym trudno polemizować - zakładając, że samo wyprowadzenie owego szeregu jest poprawne i nie ma tu miejsca na kogoś subiektywne "widzi mi się", bo trudno polemizować z matematyką ;)


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Sob 19:19, 06 Cze 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Wyświetl posty z ostatnich:   
Napisz nowy temat   Odpowiedz do tematu    Forum ŚFiNiA Strona Główna -> Metodologia Wszystkie czasy w strefie EET (Europa)
Idź do strony Poprzedni  1, 2, 3  Następny
Strona 2 z 3

 
Skocz do:  
Nie możesz pisać nowych tematów
Nie możesz odpowiadać w tematach
Nie możesz zmieniać swoich postów
Nie możesz usuwać swoich postów
Nie możesz głosować w ankietach

fora.pl - załóż własne forum dyskusyjne za darmo
Powered by phpBB © 2001, 2005 phpBB Group
Regulamin