Kto wymyśli sposób?? FILOZOF :): Dany jest zbiór M złożony z 1985 rożnych liczb naturalnych, z których żadna nie dzieli się przez liczbę pierwsza większa od 26. Udowodnić ze ze zbioru M można wybrać cztery (parami rożne) liczby, których iloczyn jest czwarta potęga liczby całkowitej.

magda: nie mam pojecia

magda: pokaz

FILOZOF:): Przeglądałem poziom zadań na tym forum i ze wszystkim sobie radzicie więc postanowiłem się skusić na coś trudniejszego... wieczorem pewnie was będzie więcej Pozdrawiam i życzę powodzenia!

magda: heh no dzieki

magda: Bogdan bedzie wiedzial na pewno

b.: To nie rozwiązanie, ale może pomóc: Ile jest liczb pierwszych <= 26? dziewięć (o ile się nie pomyliłem ) liczby ze zbioru M zapisują się więc w postaci 2^α₁ 3^α₂... 23^α₉ chodzi o znalezienie takich 4 różncych liczb z M, żeby wykładniki α_j, β_j, γ_j, δ_j sumowały się do liczby podzielnej przez 4 (wtedy ich iloczyn będzie 4 potęgą pewnej liczby całkowitej) a teraz idę jeść

Miś: Smacznego!

Miłek: Da się to w ogóle rozwiązać Ładny cwaniak z tego gościa

magda: nom

magda: skubany

FILOZOF :): No proszę pisać propozycje, może początek... na pewno ktoś sobie poradzi wnioskując po oglądaniu rozwiązanych zadań na forum... Bogdan,Eta,Miś,Tim,Andrzej,AS Haha w końcu udało mi się czymś zaskoczyć Pozdrawiam tęgie umysły tego forum!

Jolka: wybieramy: pierwsza para 4 i 9 druga para 4 i 9 4*9*4*9=6⁴

magda: no jolka chyba sie meczylas troche co?

tim: Magda... to się robi już denerwujące... Nie nabijaj się z innych..

magda: czy ja sie nabijam!gdzie tak **** napisalam to Ty zaczynasz byc **** Magda! Nie używaj wulgaryzmów. Spróbuj swoje emocje wyrażać w bardziej inteligentny sposób. Jakub

Tomek: do Jakuba Widzisz Jakub,post nade mną jest argumentem aby wejscie na forum miały tylko osoby które są zarejestrowane na stronie. W takim przypadku jak tym,będąc administratorem strony dałbym bana dla takiego użytkownika, z wiadomych przyczyn. Pozdrawiam.

kos: Słuszna uwaga ! ( chamstwo trzeba tępić)

Bogdan: Dzień dobry. Filozofie, myślę, że przez zwykłą skromność żadna z "tęgich głów" nie rozpoczęła pokazywania tutaj rozwiązania Twojego zadania. Pewien kierunek rozwiązania przedstawił b. Spróbujmy pójść tym tropem. Żadna z 1985 liczb nie dzieli się przez liczbę pierwszą większą od 26. W grę wchodzą więc następujące liczby pierwsze: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23. Każdą z liczb a_i (i = 1, 2, ..., 1985) zbioru M można więc rozłożyć tak: a_i = 2^k_i1*3^k_i2*5^k_i3*...*19^k_i8*23^k_i9. Wszystkich liczb a_i jest: (k_i1 + 1)*(k_i2 + 1)*...*(k_i9 + 1). Przykład: Ile liczb można utworzyć mając dzielniki pierwsze 2, 3, 5 dla: a) wykładniki k są równe zero; b) wykładniki k mogą przyjmować wartość 0 lub 1; c) wykładniki przy 2 mogą przyjmować wartość 0 lub 1, przy liczbie 3 wykładnik ma wartość 0, przy 5 wartość 0 lub 1 lub 2. a₁ = 2⁰*3⁰*5⁰ = 1 a) a₁ = 2⁰*3⁰*5⁰ = 1, jest jedna liczba, (0 + 1)*(0 + 1)*(0 + 1) = 1; b) a₁ = 2⁰*3⁰*5⁰ = 1 a₂ = 2¹*3⁰*5⁰ = 2 a₃ = 2⁰*3¹*5⁰ = 3 a₄ = 2⁰*3⁰*5¹ = 5 a₅ = 2¹*3¹*5⁰ = 6 a₆ = 2¹*3⁰*5¹ = 10 a₇ = 2⁰*3¹*5¹ = 15 a₈ = 2¹*3¹*5¹ = 30, jest 8 liczb, (1 + 1)*(1 + 1)*(1 + 1) = 2³ = 8; c) a₁ = 2⁰*3⁰*5⁰ = 1 a₂ = 2⁰*3⁰*5¹ = 2 a₃ = 2⁰*3⁰*5² = 25 a₄ = 2¹*3⁰*5⁰ = 2 a₅ = 2¹*3⁰*5¹ = 10 a₆ = 2¹*3⁰*5² = 50, jest 6 liczb, (1 + 1)*(0 + 1)*(2 + 1) = 6 Wracamy do zadania. Mamy 9 liczb pierwszych, które mogą być dzielnikami każdej z 1985 liczb zbioru M. Jeśli wszystkie wykładniki k mogą przyjmować wartość 0 lub 1, czyli dwie wartości, to można utworzyć (1 + 1)*(1 + 1)*...*(1 + 1) = 2⁹ = 512 liczb, 512 < 1985. Jeśli jeden z dziewięciu czynników może przyjąć wartość 0 lub 1 lub 2, a pozostałe 8 wartość 0 lub 1, to wszystkich liczb będzie 3¹*2⁸ = 768 < 1985. Jeśli dwa czynniki przyjmą wartość 0 lub 1 lub 2, a pozostałe 7 wartość 0 lub 1, to utworzymy 3²*2⁷ = 1152 < 1985, ciągle mało. Jeśli trzy czynniki przyjmą wartość 0 lub 1 lub 2, a pozostałe 6 wartość 0 lub 1, to mamy 3³*2⁶ = 1728 < 1985, wciąż mało, brakuje 257 liczb. Jeśli cztery czynniki przyjmą wartość 0 lub 1 lub 2, a pozostałe 5 wartość 0 lub 1, to uzyskamy 3⁴*2⁵ = 2592 > 1985, starczy. A więc cztery czynniki będą miały po trzy wykładniki: 0 lub 1 lub 2, pozostałym wystarczą dwa wykładniki: 0 lub 1. Iloczyn czterech liczb a_i = 2^k_i1*3^k_i2*5^k_i3*...*19^k_i8*23^k_i9 dla i = 1, 2, ... , 1985 jest czwartą potęgą liczby całkowitej wtedy, gdy cztery czynniki pierwsze przyjmą wykładniki 0 lub 1 lub 2 i gdy suma wykładników przy tej samej liczbie pierwszej będzie podzielna przez 4. Wykładniki przy pozostałych pięciu czynnikach pierwszych powinny mieć tę samą wartość przy tych samych czynnikach pierwszych. Przykłady (bez wpływu na ogólność rozważań przyjmę, że liczby: 2, 3, 5 i 7 przyjmą wartość 0 lub 1 lub 2, a pozostałe jednocześnie wartość 0 lub 1: Przykład 1. a_p = 2¹*3²*5⁰*7¹*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 126, a_q = 2¹*3⁰*5¹*7¹*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 70, a_r = 2¹*3¹*5²*7¹*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 1050, a_s = 2¹*3¹*5¹*7¹*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 210, 126*70*1050*210 = 1944810000 = 210⁴ Przykład 2. a_p = 2⁰*3⁰*5²*7²*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 5²*7², a_q = 2²*3²*5⁰*7⁰*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 2²*3², a_r = 2²*3⁰*5²*7⁰*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 2²*5², a_s = 2⁰*3²*5⁰*7²*11⁰*13⁰*17⁰*19⁰*23⁰ = 3²*7². 5²*7² * 2²*3² * 2²*5² * 3²*7² = 2⁴*3⁴*5⁴*7⁴ = (2*3*5*7)⁴. Przykład 3. a_p = 2²*3²*5²*7²*11¹*13⁰*17¹*19⁰*23⁰ = 2²*3²*5²*7²*11*17, a_q = 2²*3²*5⁰*7⁰*11¹*13⁰*17¹*19⁰*23⁰ = 2²*3²*11*17, a_r = 2⁰*3⁰*5²*7⁰*11¹*13⁰*17¹*19⁰*23⁰ = 5²*11*17, a_s = 2⁰*3⁰*5⁰*7²*11¹*13⁰*17¹*19⁰*23⁰ = 7²*11*17. 2²*3²*5²*7²*11*17 * 2²*3²*11*17 * 5²*11*17 * 7²*11*17 = 2⁴*3⁴*5⁴*7⁴*11⁴*17⁴ Kto spróbuje dokończyć przedstawione rozumowanie, ewentualnie spróbuje przedstawić inne. PS. Magdo, a fe. Widać, że na forum są różne głowy.

Jakub: @Tomek, kos Dzięki za zwrócenie uwagi. Poprawiłem post Magdy tak, aby nie raził wulgaryzmami. Jeśli chodzi o dawania bana, to uważam, że każdy może się zmienić i nie ma sensu od razu stosować ostatecznego rozwiązania.

kos: I co " profesorku" ? ...... sorrry "FILOZOFIE" ? Same tęgie głowy są na tym cudownym forum Pozdrawiamy

b.: Bogdanie, nie do końca rozumiem Twoje rozwiązanie. Te wykładniki mogą być dość dowolne, np. przy 2 występującymi wśród elementów M wykładnikami mogą być 0,3,7,444 lub jakiekolwiek inne (byleby było ich co najwyżej 1985, czyli tyle ile elementów ma M). Oczywiście istotna jest tylko reszta z dzielenia wykładnika przez 4, ale i tak nie muszą występować w M wszystkie możliwe kombinacje reszt tych wykładników, niektóre się mogą powtarzać.

Bogdan: Mogą być dowolne i dlatego napisałem, że rozwiązanie nie jest dokończone. Swoje rozumowanie rozpocząłem od ustalenia możliwie najmniejszych wartości wykładników przy dopuszczalnych warunkami zadania czynnikach pierwszych rozkładu każdej liczby zbioru M. Wiemy, że tymi czynnikami, a więc i dzielnikami każdej z 1985 liczb zbioru M mogą być liczby (użyję Twoich b. oznaczeń): 2^α₁, 3^α₂, 5^α₃, 7^α₄, 11^α₅, 13^α₆, 17^α₇, 19^α₈ i 23^α₉. Stwierdziłem, że wystarczy, aby dowolne cztery czynniki przyjęły α_i ∊ {0, 1, 2},a pozostałe α_i ∊ {0, 1}, aby znaleźć iloczyn 4 liczb zbioru M będący czwartą potęgą liczby całkowitej. Trzy przykłady, które podałem przybliżają, mam nadzieję, istotę rozumowania. Takich przykładów można podać więcej. Może jednak pobłądziłem. Nie kontynuowałem rozwiązania, bo odniosłem wrażenie, że Filozof trochę nas prowokuje, tym niemniej zadanie jest interesujące.

FILOZOF :): Twój sposób myślenia jest jak najbardziej poprawny Bogdanie Może chciałem was trochę sprowokować ale tylko do pozytywnego myślenia. Przy okazji wrzucę coś ciekawego Pozdrawiam! PS tęgie głowy może źle zabrzmiało ale wybaczcie= uważam że i tak jesteście bardzo dobrzy

tim: A ja nic nie rozumiem i się ciesze .