Комментарии 26
Класс! Спасибо.
Что-то мне подсказывает, что у вас тут опечатка:
«Другими словами, в бесконечной серии попыток вероятность никогда не вытащить чёрный мяч равна 0»
Не 0, а 1.
Или я ошибаюсь?
Что-то мне подсказывает, что у вас тут опечатка:
«Другими словами, в бесконечной серии попыток вероятность никогда не вытащить чёрный мяч равна 0»
Не 0, а 1.
Или я ошибаюсь?
0
1, потому что рано или поздно его достанут из урны.
0
Тьфу, я имел в виду ноль, конечно же.
+1
О! Двойное отрицание! Его и в английском-то языке не любят, а уж в русском — так и подавно.
Вероястность того, что вы будете тянуть-тянуть, тянуть-тянуть, но так никогда и не вытащите чёрный мяч таки равна нулю…
Вероястность того, что вы будете тянуть-тянуть, тянуть-тянуть, но так никогда и не вытащите чёрный мяч таки равна нулю…
-1
Если честно, где-то в середине я перестал понимать происходящее, но разве тут не очевидно, что это могут быть только квадраты простых чисел?
Может быть проще рассмотреть формулу p^2 — 1 = n!, где p — простое число.
P.S. В комментариях есть поддержка формул?
Может быть проще рассмотреть формулу p^2 — 1 = n!, где p — простое число.
P.S. В комментариях есть поддержка формул?
+1
Большое спасибо за работу. Интересно, а есть практическое применение этой теории?
0
У вас ус отклеился синяя и оранжевая линии с графиков пропали.
Чтиво занятное. «Вероятность встретить ч-л на бесконечности стремится к числу между 0 и 1» — вот это пожалуй самое сильное.
Чтиво занятное. «Вероятность встретить ч-л на бесконечности стремится к числу между 0 и 1» — вот это пожалуй самое сильное.
+2
Может на этом пути:
n!+1 = m'^2, где m'=2*m+1, тогда
n!+1=(2*m+1)^2=4*m^2+4*m+1
n!=4*m^2+4*m=4*m*(m+1)
Известные случаи 24=4*2*3 120=4*5*6(1*2*3) 5040=4*35(7*5)*36(1*2*3*6)
В общем случае n!/4=1*2*3*5*...*(n-1)*n = m*(m+1)
то есть сомножители m и m+1 набираются из чисел от 2 до n,
можно доказать, что n и n-1 должны входить в разные сомножители, но что делать дальше, я пока не придумал.
n!+1 = m'^2, где m'=2*m+1, тогда
n!+1=(2*m+1)^2=4*m^2+4*m+1
n!=4*m^2+4*m=4*m*(m+1)
Известные случаи 24=4*2*3 120=4*5*6(1*2*3) 5040=4*35(7*5)*36(1*2*3*6)
В общем случае n!/4=1*2*3*5*...*(n-1)*n = m*(m+1)
то есть сомножители m и m+1 набираются из чисел от 2 до n,
можно доказать, что n и n-1 должны входить в разные сомножители, но что делать дальше, я пока не придумал.
+1
Ага, тогда, если n — четное, решение невозможно, поскольку один из сомножителей нечетный и в него не может войти ни одно из четных чисел, тогда все четные должны быть в одном сомножителе и он точно будет намного больше, чем второй, и даже отсутствие 4 не изменит ситуацию, начиная с n>=6.
0
abc гипотеза
n!+1=p^2
n! >> prime(n) prime — праймориал или произведение всех простых чисел меньших n
для 11 n!> (prime(11))^2
значит
p^2 <= K*p*prime(n)<=K*p^(1+eps)
т.е. существует такой eps что при больших значениях уравнение не будет выполняться
насколько я помню верно когда eps >0,5
т.е. досточно проверить для первых 12, дальше не будет
n!+1=p^2
n! >> prime(n) prime — праймориал или произведение всех простых чисел меньших n
для 11 n!> (prime(11))^2
значит
p^2 <= K*p*prime(n)<=K*p^(1+eps)
т.е. существует такой eps что при больших значениях уравнение не будет выполняться
насколько я помню верно когда eps >0,5
т.е. досточно проверить для первых 12, дальше не будет
0
n!+1 не делится нацело ни на одно из чисел 1..n, т.е. квадрат должен быть произведением простых чисел
0
ru.wikipedia.org/wiki/Задача_Брокара
Нормально так человек издевается над подписчиками. Давайте, мол, возьмём нерешённую задачу математики, и дадим людям поразмышять
Нормально так человек издевается над подписчиками. Давайте, мол, возьмём нерешённую задачу математики, и дадим людям поразмышять
+1
Давайте поразмышляем, можно ли упростить :) Из очевидного (что дано):
an-1 * n + 1
оканчивается на01
приa1 = 1
иn > 9
(am-1 + 50)2
оканчивается на01
приa1 = 49
иa1 = 51
an+5
в следующем разряде перед окончанием 01
будет стоять нуль. Как много существует значений функции m2
и значений функции n! + 1
при равном порядке, у которых будут совпадать окончания? Будет ли уменьшаться количество значений с одинаковым окончанием для каждой функции при равном порядке?0
Спасибо, очень интересно было размять мозги в пятницу вечером. :)
Единственное, тут слово потерялось:
Видимо: на 1 меньше квадрата целого числа.
Единственное, тут слово потерялось:
Являются ли 4, 5 и 7 единственными значениями n!, которые на 1 квадрата целого числа?
Видимо: на 1 меньше квадрата целого числа.
0
Мне кажется, тут надо с комбинаторики начинать.
Справа факториал, это произведение, слева тоже произведение.
Значит надо выбрать такое сочетание множителей факториала, чтобы их произведение отличалось от произведения оставшихся на 2. Не знаю, как доказать математически, но минимальные различия получаются, когда множителей поровну. Может быть не поровну, но близко к нему, и там получается точно то же значение.
Таким образом, число факториала должно быть нечетным, потому что единица не считается, и остается четное число множителей. 4 работает из-за маленьких значений, когда лишний множитель 2 не дает столь большого расхождения. Скорее всего, четных чисел с таким свойством больше нет, потому что при добавлении любой пары множителей расхождение будет увеличиваться. Для нечетных чисел равновесие сохраняется один раз, добавлением большего нового множителя к меньшему предыдущему сочетанию, а меньшего к большему, но в дальнейшем расхождение тоже становится гораздо больше 2.
Если разделить оба произведения на 2, то они должны отличаться на 1. Это невозможно, если в обоих произведениях 2 и более четных чисел. Это как раз начинается после 7. Если в одном произведении только нечетные, то тоже невозможно, так как будет с одной стороны нецелое число, а с другой целое. Думаю, можно как-то доказать, что если в одном из произведений оставить только 1 четное число, то для всех возможных вариантов расхождение после деления на 2 будет больше 1.
Минимальные варианты:
Что интересно, для четных и нечетных веток расхождения возрастают, с единственным исключением. Возможно дальше тоже есть, но судя по динамике маловерятно.
n! + 1 = m^2 n! = m^2 - 1 n! = (m + 1) * (m - 1)
Справа факториал, это произведение, слева тоже произведение.
Значит надо выбрать такое сочетание множителей факториала, чтобы их произведение отличалось от произведения оставшихся на 2. Не знаю, как доказать математически, но минимальные различия получаются, когда множителей поровну. Может быть не поровну, но близко к нему, и там получается точно то же значение.
Таким образом, число факториала должно быть нечетным, потому что единица не считается, и остается четное число множителей. 4 работает из-за маленьких значений, когда лишний множитель 2 не дает столь большого расхождения. Скорее всего, четных чисел с таким свойством больше нет, потому что при добавлении любой пары множителей расхождение будет увеличиваться. Для нечетных чисел равновесие сохраняется один раз, добавлением большего нового множителя к меньшему предыдущему сочетанию, а меньшего к большему, но в дальнейшем расхождение тоже становится гораздо больше 2.
Если разделить оба произведения на 2, то они должны отличаться на 1. Это невозможно, если в обоих произведениях 2 и более четных чисел. Это как раз начинается после 7. Если в одном произведении только нечетные, то тоже невозможно, так как будет с одной стороны нецелое число, а с другой целое. Думаю, можно как-то доказать, что если в одном из произведений оставить только 1 четное число, то для всех возможных вариантов расхождение после деления на 2 будет больше 1.
Минимальные варианты:
2 * 3 = 6 | 4 = 4 | 2 2 * 5 = 10 | 3 * 4 = 12 | 2 2 * 3 * 5 = 30 | 4 * 6 = 24 | 6 2 * 3 * 4 = 24 | 5 * 6 = 30 | 6 2 * 5 * 7 = 70 | 3 * 4 * 6 = 72 | 2 2 * 3 * 5 * 7 = 210 | 4 * 6 * 8 = 192 | 18 2 * 3 * 4 * 8 = 192 | 5 * 6 * 7 = 210 | 18 3 * 5 * 6 * 7 = 630 | 2 * 4 * 8 * 9 = 576 | 54 3 * 4 * 6 * 8 = 576 | 2 * 5 * 7 * 9 = 630 | 54 2 * 4 * 5 * 6 * 8 = 1920 | 3 * 7 * 9 * 10 = 1890 | 30 2 * 3 * 5 * 7 * 9 = 1890 | 4 * 6 * 8 * 10 = 1920 | 30 2 * 3 * 4 * 8 * 10 = 1920 | 5 * 6 * 7 * 9 = 1890 | 30 3 * 5 * 6 * 7 * 10 = 6300 | 2 * 4 * 8 * 9 * 11 = 6336 | 36 3 * 4 * 6 * 8 * 11 = 6336 | 2 * 5 * 7 * 9 * 10 = 6300 | 36 2 * 4 * 5 * 6 * 9 * 10 = 21600 | 3 * 7 * 8 * 11 * 12 = 22176 | 576 2 * 3 * 6 * 7 * 8 * 11 = 22176 | 4 * 5 * 9 * 10 * 12 = 21600 | 576 2 * 3 * 5 * 8 * 9 * 10 = 21600 | 4 * 6 * 7 * 11 * 12 = 22176 | 576 2 * 3 * 5 * 6 * 10 * 12 = 21600 | 4 * 7 * 8 * 9 * 11 = 22176 | 576 2 * 3 * 4 * 7 * 11 * 12 = 22176 | 5 * 6 * 8 * 9 * 10 = 21600 | 576 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 10 * 11 = 79200 | 7 * 8 * 9 * 12 * 13 = 78624 | 576 3 * 5 * 6 * 8 * 10 * 11 = 79200 | 2 * 4 * 7 * 9 * 12 * 13 = 78624 | 576 3 * 4 * 7 * 8 * 9 * 13 = 78624 | 2 * 5 * 6 * 10 * 11 * 12 = 79200 | 576 3 * 4 * 6 * 7 * 12 * 13 = 78624 | 2 * 5 * 8 * 9 * 10 * 11 = 79200 | 576 3 * 4 * 5 * 10 * 11 * 12 = 79200 | 2 * 6 * 7 * 8 * 9 * 13 = 78624 | 576 840 6120 24480 20160 93696 420480 ...
Что интересно, для четных и нечетных веток расхождения возрастают, с единственным исключением. Возможно дальше тоже есть, но судя по динамике маловерятно.
четные: 2 6 18 30 576 840 24480 93696 нечетные: 2 2 54 36 576 6120 20160 420480
код
<?php
$arr = [2,3,4];
$minDiff = 1000000000;
foreach (getCombinations($arr, (int)(count($arr)/2)) as $variant) {
list($a, $b) = $variant;
$ma = getMult($a);
$mb = getMult($b);
$diff = abs($mb - $ma);
if ($diff < $minDiff) $minDiff = $diff;
if ($diff == 2) {
echo printArr($a) . ' | ' . printArr($b) . ' | ' . $diff;
echo PHP_EOL;
}
}
echo 'Min diff: ' . $minDiff;
echo PHP_EOL;
return;
function printArr($arr)
{
return implode(' * ', $arr) . ' = ' . getMult($arr);
}
function getMult($arr)
{
return array_reduce($arr, function ($e, $res) { return $res*$e; }, 1);
}
function getCombinations($items, $n)
{
if ($n == 0) {
yield [$items, []];
} else {
foreach ($items as $i => $el) {
foreach (getCombinations(array_slice($items, $i+1), $n-1) as $variant) {
yield [array_merge(array_slice($items, 0, $i), $variant[0]), array_merge([$el], $variant[1])];
}
}
}
}
0
Воотще тут случай узнать у специалистов, как точно считали факториал триллиона. Или какие более простые методы?
0
А можно сделать что-то типа такого и посмотреть на график разницы? Интересно, как выглядит.
if r * r != fac + 1
println(n, "! + 1 - ", r, "^2 = ", fac + 1 - r^2)
0
Проверьте числа. Вольфрам Альфа вычисляет так:
0
В факториале по крайней мере один простой делитель — самый большой — всегда присутствует только один раз.
В факториале любой делитель присутствует только один раз, нет?
И как все-таки это утверждение связано с постулатом Бертрана?
0
Факториал — произведение всех чисел от единицы до входного, среди них для n больше 3 всегда будут присутствовать составные числа (например 4), которые содеражат простые делители, которые уже были среди предыдущих чисел на числовой оси: 4! -> 2, 2, 2, 3 — двойка входит трижды. Также и остальные. Если бы не было правила Бертрана, то можно было бы сказать что мы находим такое простое число а, такое что между а и 2а нет других простых. Тогда взяв факториал (2а)! мы бы получили что множитель а входит в него дважды, т.е. доказательство не состоялось — требование содержания парного числа множителей не даёт нам никакой новой информации. Но с правилом Бертрана мы знаем что такое простое число не существует.
+1
Зарегистрируйтесь на Хабре, чтобы оставить комментарий
Короткое плечо совпадения