Отправлено по электронной почте.

Peter
А на форум не выложишь???

На склолько я понял, задачка тут уже давно валяется, я как-то посидел - ничего не вышло. Потом ещё посидел, кое-чё выдумал. Когда сформулирую - напишу.

Цитата(EKoshelev @ 6.12.2004, 13:04)

На склолько я понял, задачка тут уже давно валяется

Да этой задаче вообще больше 70 лет возраста

3,14
Но форуму-то, я так понимаю поменьше. Интернету, кстати, тоже.

Прочитай мое сообщение

Ну вот...

Предположим, что на числовой оси существует некое не нулевое множество чисел, которые в результате таких операций устремляются в бесконечность. Попытаемся найти самое маленькое число из этого множества.

Рассмотрим все положительные числа. Чётные сразу отпадают, т.к. делятся на два и, следовательно, ни одно из них не является минимальным из этого множества. Остаются нечётные. Т.е. 2n + 1, где n = 0, 1, 2, …
После первой итерации все становятся чётными:
6n + 4. После второй (3n + 2) при чётных n становятся чётными
После третьей получаем (3n + 2)/2. Это всегда (кроме случая, когда n = 0, но тогда 2n + 1 обратится в 1) меньше 2n + 1:
(3n + 2)/2 – 2n + 1 = 3n + 2 – 4n + 2 = –n
Следовательно, для 2n + 1 отпадают все при чётных n, т.к. не могут быть наименьшими из того самого множества.

3n + 2 при нечётных n даёт нечётный результат. То есть, все 2n + 1 через две итерации дают 3n + 2.

В таком случае теперь будем рассматривать 3(2n + 1) + 2 = 6n + 5, где n = 0, 1, 2, … (то есть, вроде как нужно рассматривать 2(2n + 1) + 1, но, по сути, мы это и рассматриваем, только после двух итераций).
После первой итерации все чётные: 18n + 16
После второй 9n + 8. При чётных n эта формула даёт чётный результат, тогда после третьей итерации имеем: (9n + 8)/2. Это всегда меньше 6n + 5.
Следовательно, 6n + 5 при чётных n не является минимальным числом из нашего множества.

9n + 8 при нечётных n даёт нечётный результат. То есть, все 6n + 5 через две итерации дают 9n + 8.

В таком случае рассмотрим 9(2n + 1) + 8 = 18n + 17, где n = 0, 1, 2, …
После первой итерации 54n + 52
После второй – 27n + 26. При чётных n эта формула даёт чётный результат, тогда после третьей итерации имеем: (27n + 26)/2. Это всегда меньше 18n + 17.
Следовательно, 18n + 27 при чётных n не является минимальным числом из нашего множества.

18n + 17 при нечётных n даёт нечётный результат. То есть, все 18n +17 через две итерации дают 27n + 26.

Тогда рассмотрим 27(2n + 1) + 26 = 54n +53, где n = 0, 1, 2, …
После первой итерации 164n + 160. При любом n это число кратно четырём. Тогда после третьей итерации имеем: 41n + 40, а это всегда меньше 54n + 53. Следовательно, ни одно положительное число не является последним числом из множества чисел, которые вследствие выполнения над ними описанных действий устремляются в бесконечность. Если в множестве нет минимальных чисел, значит в нём вообще нифига нет.

Короче, теорема доказана.

Давайте говорите теперь мне где тут ошибка.

Смотри, ты сравниваешь (27n + 26)/2 с 18n + 17, а нужно сравнивать с начальным числом 2 * (2 * (2 * n + 1) + 1) + 1 = 8n + 7, очевидно что исходное число меньше

Цитата(EKoshelev @ 6.12.2004, 15:03)

Остаются нечётные. Т.е. 2n + 1, где n = 0, 1, 2, … После первой итерации все становятся чётными: 6n + 4.

Вот в это не въехал

cardinal
При n = 0, 1, 2, ... 2n + 1 - всегда нечётное число.
Если его умножить на три и прибавить один (первая (по счёту) итерация), то получим:
3(2n + 1) + 1 = 6n + 3 + 1 = 6n +4. Т.к. n - целое, то 6n - всегда чётное (чётное умножить на нечётное равно чётное). Если добавим четыре, то чётным быть оно не перестанет. И так при любом целом n, т.е. после первой итерации все 2n + 1 становятся чётными (6n + 4).

Разжевал как мог.
Добавлено @ 17:07
3,14
Да. Ну я и тормоз... Подумаю, может выкручусь ещё...
Добавлено @ 17:14
3,14
Слушай, я завтра выложу на подобие, только чуть дебильнее доказательство. Там, вроде, всё правильно.

EKoshelev, понял... Это я протормозил

Не а вообще, ты что серьезно нобелевскую получить решил?

cardinal
Да, я посмотрел, чё-то не выходит всё равно. Но в то, что за эту хрень нобелевку дадут, я что-то не очень верю. И вообще, насколько мне известно, ни один математик её ещё не получил.

Это сообщение отредактировал(а) EKoshelev - 7.12.2004, 08:03

Цитата(cardinal @ 6.12.2004, 21:50)

Не а вообще, ты что серьезно нобелевскую получить решил?

В любом случае над задачей подумать интересно

Вообще, идейка ещё одна появилась. На основе того, что уже излагал. Там всё упирается в выведение хитрой закономерности, на основе которой нужно будет составить числовой ряд и доказать, что он стремится к 1 с бесконечным количеством членов. Правда и здесь можно будет на грабли наступить...


3,14, а подумать, на самом деле интересно.

Модератор: Давайте вернёмся к теме обсуждения.

Цитата(EKoshelev @ 6.12.2004, 13:04)

Peter А на форум не выложишь???

Могу.



Это сообщение отредактировал(а) podval - 12.1.2005, 19:54

Присоединённый файл ( Кол-во скачиваний: 1 )
 solution.zip