Есть задача "Двенадцатая степень":
Перед Васей написаны целые числа от 0 до 2021. Он произвольно разбивает их на пары, внутри каждой пары суммирует, а все полученные суммы перемножает. Может ли у него получиться двенадцатая степень натурального числа?
Предложите способ формировать N–ю степень натурального числа по правилам задачи из чисел, указанных в задаче. Повторяться нельзя, N натуральное.
Победа присуждается участнику, предложившему (верный, работающий) способ получения очередного N, после которого новых версий не было календарный месяц или больше.
Порог входа в конкурс (по сложности) потихоньку растет, но до сих пор не стал запредельным. Еще не поздно решить задачу, прочитать условия конкурса, начать участвовать — и победить. Успехов :)
Комментарии (6)
jin_x
06.09.2021 14:20Первая степень, куб, 337-я и 1011-я степень (3 и 337 – факторизация числа 1011 – кол-ва пар).
Для первой степени (1 – это же тоже натуральное число) пары можно формировать как угодно :)
Для куба: (0+5)*(1+4)*(2+3) * (6+11)*(7+10)*(8+9) * ... * (2016+2021)*(2017+2020)*(2018+2019) = 5^3 * 17^3 * 29^3 * ... * 4025^3 * 4037^3 = (5*17*23*...*4025*4037)^3 = Prod[i=0..336; (i*12+5)]^3 ≈ 9.968728517e1068 ^ 3.
Аналогично для 337-й степени: (0+673)*(1+672)*...*(335+338)*(336+337) * (674+1347)*...*(1010+1011) * (1348+2021)*...*(1684+1685) = (673*2021*3369)^337 = Prod[i=0..2; (i*1348+673)]^337 = 4582288077^337.
Для 1011-й степени: (0+2021)*(1+2020)*...*(1009+1012)*(1010+1011) = 2021^1011 = Prod[i=0..1010; i+(2021-i)].
Немного кода
# power 3 n = 1 for i in range(337): n *= i*12+5 n = n ** 3 m = 1 for i in range(337): for j in range(3): m *= i*6+j + i*6+(5-j) print(f'{n} == {m} ?') print(n == m) # True print() # power 337 n = 1 for i in range(3): n *= i*1348+673 n = n ** 337 m = 1 for i in range(3): for j in range(337): m *= i*674+j + i*674+(673-j) print(f'{n} == {m} ?') print(n == m) # True print() # power 1011 n = 2021 ** 1011 m = 1 for i in range(1011): m *= i + 2021-i print(f'{n} == {m} ?') print(n == m) # True12-ю степень, судя по всему, сделать не получится. Вероятно, и любую другую тоже (помимо перечисленных выше, естественно).
Tiriet
06.09.2021 15:16.del
Tiriet
06.09.2021 16:00+1После разбиения на пары у Васи обязательно будет 2022/2 = 1011 чисел. 1011=12*84+ 3, то есть, я могу в принципе найти 84 каких-то таких чисел Xi, что 12 пар будут равны X1, еще 12 пар- X2 и т.д. и произведение всех этих пар будет (X1*X2*...X84)^12. и надо будет найти еще три пары таких чисел, что их произведение будет Y1Y2*Y3=Z^^12.
очевидно, что если я разобью весь диапазон на поддиапазоны по 12 последовательных чисел, то любую пару таких двенашек можно превратить в нужные мне суммы: пусть первая двенашка- это Ti, Ti+1, Ti+2,.... Ti+11, а вторая двенашка- это Si,Si+1,Si+2,...,Si+11.
тогда выбирая пары Т,S+11, T+1,S+10, T+2,S+9.... я получу двенадцать сумм Xi=Ti+Si+11. их произведение будет Xi**12.
остается вопрос могу ли я между такими двенашками легко найти шесть чисел y1,y2,y3,y4,y5,y6, которые мне дадут три суммы, Y1,Y2,Y3, которые после перемножения тоже сложатся в какую-то 12-ю степень? например, 4*16*64=2**12.
а вот щас я сделаю финт ушами, и просто скажу, что вместо двенашек буду рассматривать шестерки чисел! сначала так получилось по ошибке, но потом оказалось, что так находятся решения, не заметные на двенашках.
итак:
положим, что первое такое число-разделитель стоит после шестерки с номером а1 и равно а1*6, второе- a2*6+1, третье- a3*6+2 и т.д. до шестого a6*6+5. (у каждого числа добавляется смещение на одну позицию вправо!)
a1<a2<a3<a4<a5<a6
надо теперь как-то раскидать их на пары так, чтоб произведение этих пар было двенадцатой степенью z, или показать, что оно этой степенью быть не может.
эти пары имеют вид 6w+q = 2*3*w+q.
Попробуем выбрать q , чтобы тоже были кратны 2, 3 или 6- тогда вылезут степени двоек или троек. Вариантов таких подборов разделителей не много:
0+3, 5+1, 2+4 = 3,6,6 или 5+4, 2+1, 0+3 = 9,3,3
итого,
Y1*Y2*Y3= (6*w1+3)(6*w2+6)(6*w3+6)= (3**3)(2*2)(2w1+1)(w2+1)(w3+1)
или
Y1*Y2*Y3= (6*w1 +3)(6*w2+3)(6*w3+9)=3*3*3*(2w1+1)(2w2+1)(2*(w3+1)+1)
В первом случае (2*w1 +1)(w2+1))((w3+1)+1) = (2**10)(3**9)*(u**12). но первая скобка точно нечетная, а вот во второй и третье должны стоять какие-то числа, которые кратны и двум, и трем одновременно- причем, в больших степенях. так как максимальное смещение разделителя- 168, то не получается их подобрать.
А вот во втором случае что-то вырисовывается. Могу ли я подобрать числа w1,w2,w3 так, чтоб получить какие-то красивые степени тройки? степени тройки у нас 3, 9, 27, 243, 729, 2187,
так как диапазон мы делили на шестерки, а шестерок в диапазон 2021 укладывается только 336, то наши числа w <=243 (так как каждое w есть сумма двух смещений, каждое из которых не больше 336 и до 729-го разделителя не хватает).
итого, для w1&w2 у нас есть четыре возможных варианта (2*w+1) : 3, 9, 27, 243 (тройку откидываем, слишком мало)
отсюда 2*w=2,8,26,242
w1,w2= 1,4,13,121
w3+1= 13,121 => w3=12, 120.
при этом, так как w3 мы выбирали из самой старшей пары (4+5 смещения), то она не может быть меньше и w1 и w2 а это значит, что w1,w2= 121 отпадает, и остается только
w1,w2= 1,4,13.
w3=12, 120.
но т.к. w1=a1+a4, то w1=1 тоже отпадает, и простая логика говорит, что остается только один вариант:
w1=4
w2=13
w3=120.
итак, нам надо выбрать числа
a1+a4=4
a2+a3=13
a4+a5=120
или
a2+a3=4
a1+a2=13
a4+a5=120
очевидно, что первая из этих троек реализоваться не может, так как a2<a3<a4<=4 и потому a2+a3<8 <>13!
остается только вторая тройка. простой перебор показывает, что под эти условия подходит только набор
a1=0
a2,a3 = 1,3
a4=4
a4+a5=120. (5.115, 6.114. 7.113,...., 59.61 )
получается, что выколотые числа y=
0*6=0, 1*6+1=7, 3*6+2=20, 4*6+3=27,
5*6+4=34, 115*6+5 = 695
из них формируются пары y1+y4, y2+y3, y4+y5 = 27, 27, 729, которые в произведении дают 3**12.
однако, вспоминаем, что суммы-то нам надо разбивать по 12, и тогда получается, что нечетные значения a4 некрасиво ложатся на числовую ось- не получается выделить нормальные двенашки, и надо оставлять только четные значения.
получается такая картина
[0](1..6)[7](8..13)(14..19)[20](21..26)[27](28..33)(34..39)[40]
при этом первая сумма делается 1+26, 2+25,...6+21,8+19,...13+14, (симметрично относительно пары 13-14)
вторая сумма делается из (28..33)(34..39)-(41..46)(47..52)- симметрично относительно разделителя на [40], а дальше- двенашками обычными, и после шестого разделителя- снова двенашками. Между разделителями всегда четное число шестерок- то есть, всегда есть нормальная двенашка, и после разделителя всегда есть достаточно двенашек для формирования полноценных сумм.
И как я понимаю, все эти возможные выборы "двенашек" отличаются только выбором a4+a5, которых всего-то 55/2= 27 вариантов.
mega-mozg Автор
06.09.2021 16:35-1ребята, пишите ответ на сайте. там в комментариях для решивших все гораздо интереснее
GospodinKolhoznik
Условие задачи написано так неоднозначно, что его можно трактовать 12^N разными способами.
Предложите 12^N+1 способ трактовки задачи и выиграйте следующий месяц бесплатно, без регистрации и смс!