Задача 2

След като имаме участник, познал верните колиграми от предната задача е време да дам втората, като се надявам да е малко по-трудна от предната. Докато не се появят други претенции, засега ще давам задачи от теория на числата. И така:
Задача 2(Трудност 5)
Съществуват ли естествени числа а1<a2<a3<...<a100 такива че
НОК(a1,a2)>HOK(a2,a3)>HOK(a3,a4)>...>HOK(a99,a100)?
*HOK(a,b) означава най-малкото общо ,кратно на a и b.

ia da se probvam...

neka imame redica ot posledovatelni prosti chisla p1<p2<...<p100 (A)

neka a1=p100
ako a2=p100*p99, to :

1) a1>a2
2) NOK(a1,a2) = p100

neka a3 = p100*p99*p98
togava
1) a2<a3
2) NOK(a2,a3) = p99
3) p100=NOK(a1,a2) > p99=NOK(a3,a2) - ot (A)
..

oiii, kolko sum razseiana /ama Palia4o e vinoven!;-)/

dobre che ne se zaiadoh che NOK e 1 za vseki 2 chisla, i che vse pak prochetoh kakvo sum natvorila..

slab (2-) na edno momiche che ne pravi razlika mejdu obsht delitel i obshto kratno..

.1 momiche

Ako imame korektna redica ot n elementa, to proizvedenieto na elementite s koe da e estestveno 4islo dava nova korektna redica (marzi me da pi6a redica, udovl. uslovieto - e, na - napisah go). Naj-malkata redica ot 3 elementa 3,4,8 NOK(12,8). Umnojavame *2 i dobaviame nov element na pyrvo miasto, da re4em s edinica po-malyk, za da sme sigurni 4e polu4awame po-goliamo NOK (NOK na dve sasedni 4isla e tiahnoto proizvedenie, shtoto sa vzaimno prosti) i taka.....
3) 3,4,8
4) 5,6,8,16
5) 9,10,12,16,32.
......
100) 2^98+1,..........,2^100.
Tova ne e naj-malkata redica. Mojem da dobaviame po-malyko novo 4islo, koeto da e vzaimno prosto s prednoto *2. Eto ia
3) 3,4,8
4) 5,6,8,16
5) 7,10,12,16,32
6) 11,14,20,24,32,64
... i t.n
ako b(k) e pyrvoto 4islo v redica ot k elementa, polu4avame:
b(1)=1;b(2)=2;b(k)=2*b(k-2)+1. Ili....
za ne4etno k, b(k)=2^[(k+1)/2]-1 b(2*p+1)=2^(p+1)-1
za 4etno k, b(k)=3*b^(k/2-1)-1 b(2*p)=2^3*2^(p-1)-1
Za 100 elementa pyrvia e:
3*2^49-1=1688849860263935.
Ostaviam na niakoj drug zora da dokave, 4e 4islata b(k) i 2*b(k-1) sa vzaimno prosti. Ima6e ne6to, 4e 2 na 4etna stepen minus 1 e prosto, ama ....I vaobshte kato gledam ot vseki dve sasedni pone ednoto e prosto

ehhh, ako 2 na 4etna bez 1 be6e prosto ...
razme4tah se :)
predpolagam, 4e 6tyaha da izmislyat drugi kriptira6ti algoritmi

s pove4e humor mu e maykata

Abe mom4e, ne moje6 li da preceni6, 4e e tehyni4eska gre6ka pri pisane be.
To biva biva humor, ama otvreme-navreme triabwa i da se misli.

Koeto se otnasia do goliama stepen i za mene:)) Vsashtnost, nito na 4etna, nito na ne4etna, nito plius, nito minus 1. Ne znam zashto mi ostanalo takova ne6to v glavata. Maj e svarzano s naj-goliamoto poznato dokazano prosto 4islo. Beshe 2 na niakakva goliama stepen + ili -1. To samia fakt, 4e horata tarsiat golemi prosti 4isla govori, 4e za takova tvardenie i duma ne moje da stava.
Iavno sam bil dosta razseian predi ma4a.
Sega-sled ma4a pyk sam iadosan

znachi, zapochvaneto na redicata e mnogo lesno, poneje
NOK(ma,mb) = mNOK(a,b) - i togava ako imash redica koiato da izpulniava uslovieto, umnojenieto na vseki chlen s m shte dava redica sas sashtoto svoistvo

obiasni mi obache kato na debil : kak se dokazva che za vseki "1-vi" element ot vsiaka sledvashta redica sushtestvuva chislo p izmejdi vsichki po-malki vzaimno prosti s nego chisla - takova che p*a(1) > m^kNOK(a1,a2) /k e 'stupkata'/

edinstvenoto koeto se seshtam da ima neshto obshto s napisanoto e niakakva teorema che ako (2^p - 1) e prosto to i p e prosto (no ne i obratnoto)

Neka a i b sa pyrvite 2 elementa ot redicata. i te sa vzaimno prosti, t.e
NOK(a,b)=a*b
Dobaviame nov element i toj e to4no b+1, wsi4ki ostanali umnojavame *2. Pyrvite 2 elementa na novata redica stavat b+1,2*a. Staria NOK se uveli4ava dvoino 2*a*b

Ako novite 2 elementa sa vzaimno prosti, tehnia NOK=2*a*(b+1)
i toj e po-goliam ot 2*a*b. Vaji ne zamo za 2, no i za koe da e p.
Dokazah 4e sa vzaimno prosti, no niama da go razpisvam tuk

tova veroiatno e typ vapros, no ne triabva li da postavish niakakvo ogranichenie za a?

iskam da kaja, vse pak uslovieto iziskva b+1 < 2a - koeto ne vijdam kak sledva ot a < b, nito kak shte e validno za vsiako sledvashto (a2+1 < 2a1)

moje bi gresha, no fakta che Nedev sloji 5 za trudnost na zadachata me kara da si mislia che reshenieto edva li e s mnogo smetki

Daaaaa, iavno triabva da razpisvam vsi4ko:))) Smiatah da si go spestia, shtoto trudno se postvat tuk stepeni (a i latinica...) dobre, devoi4e. Ne znam dali obyrna vnimanie, no napisah, 4e vseki pyrvi element za redica e:
Pri 4eten broj elementi b(2*k)=3*2^(k-1)-1.
Pri ne4eten broj elementi b(2*k+1)=2^(k+1)-1
Da vidim redica s ne4eten broj elementi. Pyrvi element a1=2^(k+1)-1=2*2^k-1
Vtori element a2=2*b(2*k)- gornia, nali taka a2=2*[3*2^(k-1)-1]=3*2^k-2
a2-a1=2^k-1. Tova e po-goliamo ot nula, nali?
Sega da dokajem, 4e sa i vzaimno prosti 2*2^k-1 i 3*2^k-2
Da predpolojim, 4e sashtestvuva n, koeto deli i dwete 4isla.
Ako a i b se deliat na n (b>a), to b-a sashto se deli na n
Pri nas razlikata se polu4ava 2^k-1. Tia bi triabvalo da se deli na n
No predpolojihme, 4e i 2*2^k-1 se deli na n....Izvajdame gi i polu4avame, 4e
2^k triabva da se deli na n.....oba4e pyrvia ni element e ne4eten.
Analogi4no se dokazvat neshtata i za redicite s 4eten broj elementi.
Razpishi redicite na list i napishi formulite, vsi4ko se vijda.
Nadiavam se da ne sym obyrkal formulite.
Liagaj si, kysno e:))

vsashtost, razpisah go i go reshih, samo che taka:

2*2^k-1 (A) i 3*2^k-2(B) sa vzaimno prosti, zashtoto sushtestvuvat 2 celi chisla x i y, za koito e izpulneno

xA + yB = 1

niama da izpadam v podrobnosti, x i y se namirat lesno

x = 3, y = -2

3(2*c -1 ) + (-2) (3*c - 2) =
6*c - 3 - 6*c +4 = 1

typo, a

za teb kusno - za men rano. ne si gubi weekenda s gluposti, i prez sedmicata shte imash vazmojnost da mi nalivash mozuk

.edno momiche

Da.....dosega ne se biah zamislial, 4e moje da si izvyn Bulgaria
A za zada4ata ...nie se zanimavame s ekstri vse pak...tyrsim redica s po-malki elementi. Mislia, 4e tia dori ne e optimalna. V zada4ata se pita vaobshte dali sashtestwuwat. Ne znam dali obyrna vnimanie na pyrwata, kadeto vsi4ki elementi se umnojavat po 2 i se dobavia novo, s edinica po-malko ot pyrwoto. Razpisvam pyrvite dva elementa na vsiaka redica, te sa vajni
3) 3,4
4) 5,6
5)9,10
6)17,18
ili
a, a+1 ....i sledvashtata
2a-1,2a
NOK= 2a(2a-1)>2a(a+1) za viako a>2:))) 4ista rabota. I stava ve4e ne samo za 2, no i za vsiako estestveno p, stiga pyrvia element v pyrvata redica da e po-goliam ot p.

edno vreme edin mudrec beshe kazal:
"pulno shtastie niama"

veche mi se gadi ot tazi zadacha. Nedev, stiga si spal, davai sledvashtata (ako moje da ne e s redici)

E тука наградата пак я отнесе Палячо. Моето решение беше подобно, разбира се не съм се занимавал да сметна, че да се умножи по 2 е достатъчно, просто по индукция се доказва, че за "хубава" редица (с исканото свойство + първите две взаимно прости) съществуват прости числа p и q, такива че
q, pa1,pa2,... е хубава редица. Условията за p и q са само
q<p*a2,
q>a3. Сега ще мина на следващата, трябва първо да я избера.
П.п. Трудността на задачите не я слагам аз.