Posted on Noi, cei mai tineri, le vom igonra. Noi mai citim pe site-urile de stiri si pe bloguri despre astfel de cazuri, insa omul mai in varsta, naiv si entuziasmat va raspunde apelului si va cumpara cartele sau va tasta nu stiu ce cod care ii va aduce o factura la telefonie de sute de lei. Eu mi-am sunat deja niste matusi si le-am povestit in ideea de a le pune in garda. Cred ca asta putem face deocamdata pentru cei de langa noi.

cituj ma

Zašto ti je Gatwick nezgodan? Mnogo je lakše doći do Gatwicka u razna čudna venmera dana i noći nego do Lutona (bus, ili vlak pa opet shuttle). Za povratak Wizzairom trebalo je ustati u 4 ujutro i krenuti iz Londona najkasnije u 5 Meni je Gatwick najviše friendly od svih londonskih aerodroma, ima i bolji shopping od LHR Luton mi je kao autobusni kolodvor u zemlji trećeg svijeta, naročito u 5 ujutro kad navale tisuće ljudi za sve one jutarnje letove tako da baš i ne žalim ako više neću letjeti za Luton.

cituj ma

Hej hej, teraz uz tvoje riesenie vyzera uplne ako moje Katka, blahozelam:-).

cituj ma

Jeden taký sprostý spôsob ako ide všetko okrem 2 a 5 ľahko vybúšiť ručne bez znalosti "veľkých viet":

Zoberieme malé prvočíslo, skúšame mocniny, časom narazíme na nejakú končiacu na 01. V tejto chvíli sme vyhrali, lebo keď končí 01, tak má na konci pred jednotkou aspoň núl.

A potom už len stačí hrubou silou overiť, že pre hocijaké , ktoré je nepárne a nekončí 5, nejaká mocnina končí na 01. (Alebo si všimnúť a cez binomickú vetu dokázať, že vždy funguje.)

[Ale teda opačný koniec čísla je v tomto prípade na hľadanie núl, alebo vlastne čohokoľvek, vhodnejší :) ]

cituj ma

Vdaka Bus, mas pravdu. Urobila som nehoraznu chybu, nedomyslela som to do konca :). Ospravedlnujem sa.

Tak sa to teda pokusim napravit. Nasledujuce uvahy budu len pre , pre to bude fungovat analogicky.

Ak skumame zvysky mocnin dvojky po deleni cislom (pre nejake pevne ), tak pocnuc uz vsetky dalsie mocniny dvojky budu davat zvysok po deleni delitelny cislom . A v mnozine takychto zvyskov uz ma kazdy zvysok (z tejto mnoziny) jednoznacneho predchodcu. (Toto som si dokladne premyslela a dokazala, ale potesim sa, ak mi napriek tomu poslete nejaky kontrapriklad :)).

Takze mocnina dvojky so zvyskom po deleni cislom sa v tej postupnosti objavi (konkretne ). A vdaka jednoznacnosti predchodcov sa tam mocnina dvojky s rovnakym zvyskom objavi este raz znovu (ba priam nekonecne vela krat).

Otazka je, ci tam vieme vyrobit tolko nul, kolko len chceme.
V (dostatocne velkej) mocnine dvojky davajucej zvysok po deleni cislom je presne nul. Zvolenim dostatocne velkeho viem vyrobit tolko nul, kolko len potrebujem.

cituj ma

Pomylila, pre 2 a 5 ti predchodcovia nie su jednoznacni:

2,4,8,16...,5008,16 (mod 10000)

cituj ma

Precitanie prispevkov k tomuto prikladu ma inspirovalo k tomu, aby som sa nad nim zamyslela, teda najma to, ze sa snazite nejako moc nasilu najst pre dane a konkretne . Cielom prikladu je iba rozhodnut, ci take existuje. Teda mna by vobec netrapilo ako vyzera, keby som vedela, ze existuje (najst ho asi bude tazsie ako dokazat len existenciu, a naco robit nieco navyse, ze?) :)

Tak na toto som prisla pocas mojho kratkeho zamyslenia sa:

Vsimla som si, ze ked nejake (dostatocne velke) prir. cislo dava po deleni cislom zvysok mensi ako , tak tam bude (aspon) nul - konkretne tesne pred tym zvyskom, t.j. poslednymi cislicami. (Ano, priznavam, tato myslienka mi napadla na zaklade predchadzajuceho prispevku).

Teraz uz len ukazat, ze pre kazde prvocislo a kazde prir. cislo viem najst (vhodne velke) take, ze existuje nejaka mocnina prvocisla , ktorej zvysok po deleni cislom je mensi ako .
No nech je to take, ze . Potom uz hned prva mocnina ma taky zvysok. To ale nie je to co chceme. Chceli by sme asi mocninu, ktora bude vacsia ako .

Nie je tazke uverit, ze zvysky mocnin prvocisla po deleni nejakym prirodzenym cislom sa periodicky opakuju. Zvysok kazdej mocniny (), je jednoznacne urcenym zvyskom predchadzajucej mocniny (). A tych zvyskov je len konecne vela roznych, takze podla Dirichleta sa tam raz musi objavit nejaky, ktory tam uz bol. A po nom bude nasledovat rovnaka postupnost zvyskov ako predtym...

No dobre, ale z tohto mi este nevyplyva, ze v tej postupnosti zvyskov sa znovu musi objavit . Co keby ta postupnost vyzerala tak, ze ma nejaku predperiodu, a az niekedy neskor by sa zacali opakovat periody, v ktorych by uz nebolo?

Take nieco sa tu vsak nestane. Staci mi ukazat, ze kazdy zvysok ma nielen jednoznacneho nasledovnika, ale aj predchodcu (necham na citatela, nech si premysli, preco mi to staci :)).
S nasledovnikom je to zrejme, vieme predsa ako zistime zvysok cisla , ak vieme zvysok cisla , staci ho vynasobit -ckom (pripadne este spravit zvysok z tohto sucinu, ak je to moc velke).
No ale s predchodcom to nie je take jednoduche. Ak by sme si povedali, ze ved staci keby sme namiesto nasobenia delili, tak zistime, ze to delenie tu nebude uplne jednoznacne :).

Napriklad, ak a nejaka mocnina davala zvysok 2 po deleni 10, tak jej predchodca (teda polovica tohto cisla) mohla davat zvysok 1 (lebo 2.1=2), alebo aj zvysok 6 po deleni 10 (lebo 2.6=12 a to dava zv. 2 po deleni 10).

Napriek tomuto, v nasom priklade ma v postupnosti zvyskov kazdy svojho jednoznacneho predchodcu!
Totiz, ak nie je ani 2, ani 5, tak je to jednoduche dokazat, vdaka nesudelitelnosti a 10 (dokazte si sami :)).
Ak je 2 alebo 5, tak si treba uvedomit dolezitu vec; v tej postupnosti zvyskov sa predsa nemozu nachadzat len tak hocijake zvysky. Ak je 2, tak zvysky su len parne cisla, a ak je to 5, tak len nasobky 5. (Takze v tom mojom "akoze" kontrapriklade som sa vas snazila trosku zmiast, videli ste uz mocninu dvojky konciacu na jedna? :)). Teraz nam to vyjde tak, ze kazdy povoleny zvysok ma prave jedneho predchodcu medzi povolenymi zvyskami (o tom sa presvedcte sami).

Ak to niekto docital do konca, nepomylila som sa niekde?

cituj ma

pro p liché různé od 5 tj. jednoduché, neboť p je nesoudělné od 10, aproto umíme najít t takové, že dává zbytek jedna po dělení (konkrétně t je násobek eulerovy funkce od ), tzn. před tou 1 na místě jednotek je k nul.

cituj ma

Tu je tak zhruba moja prvá úvaha nad touto úlohou:

Keď postupne zvyšuješ , na konci čísla sa dejú celkom predvídateľné veci, napríklad sa tam všetko nutne bude periodicky opakovať, nech už sa na to pozeráš modulo čokoľvek.

Aj na začiatku čísla to ako-tak dáva zmysel, na to si stačí uvedomiť, že prvé cifry čísla viem určiť tak, že sa s vhodnou presnosťou pozriem na desatinnú (necelú) časť . No a v našom prípade každým zväčšením narastie o konštantu. Preto napríklad keď pozeráš na mocniny 2, tak každá tretia alebo štvrtá začína 1kou.

Zato v strede čísla je v podstate náhodný šum. A dokázať, že sa v tom náhodnom šume nikdy NEvyskytnú nuly, vyzerá byť prílišná haluz. Takže pracovná hypotéza je, že tam tie nuly vždy budú, treba ich nájsť. A najlepšie bude hľadať ich na tých miestach, kde aspoň čosi vieme o tom, ako sa to správa: na začiatku alebo na konci.

Skús ďalej sama :)
(A inak, ak by som v tejto chvíli nevedel, čo ďalej, tak si na počítači vyskúšam rôzne malé a zistím, ako sa to vlastne správa.)

cituj ma

Aká mala byť tu nejaká prvotná myšlienka? Ja som totiž totálne nevedela ako alebo čo s tým príkladom robiť...

cituj ma