Matematikos mėgėjams. Pakeliui į 7-tąjį dangų klajonės po begalinį natūraliųjų skaičių taką

Nevisada. Pavyzdžiui, jei pirmoje aibėje yra visi skaičiai, kurie be liekanos dalinasi iš 10, o antroje - visi likę. Jei iš antros aibės parenku skaičių sumą, kurios paskutinis skaičius bus ne 0, pirmoje aibėje niekaip aš tokios sumos negausiu.

Jei pirmoje aibėje bus skaičiai nuo 1 iki 100, tai kad ir kokius kitus skaičius paimtume iš antros aibės jų suma visviena bus didesnė

Jeigu natūraliųjų skaičių aibė yra: N={1,2,3,...,∞}. Tai teoriškai tą aibę galime padalinti į dvi lygias dalis: A={1,2,3,...,X} ir B={X+1,X+2,X+3,...,∞}, kai X = ∞/2; Tada tokiu atveju imant bet kokius 100 skaičių iš aibės A, suma visada gausis mažesnė nei 100 skaičių suma iš aibės B. Nors spėju, kad yra ir koks gudresnis sprendimo variantas.

Myslius, Vytax - sąlygoje užduota, kad abi aibės yra begalinės. O jūs bandot vieną padaryti baigtinę.

Ar aš sakiau kad bent kuri aibė baigtinė?

Aj tipo 2os aibės 1asis narys = 101... Nu jo, galima ir taip tada.

as nelabai supratau, bet jei tiesiog paimti, bet kokius skaicius kaip kad 7,3,61,9,15,5 ir 8,2,64,6,16,4. cia po 6 skaicius kuriu sumos lygios, bet jei abi aibes begalines tai, galim n skaiciu pririnkt kuriu sumos lygios. cia turbut netaip supratau, nes butu per lengva..

Gal, ką nors pražiopsojau, bet - rodos, galima rasti 2,4,6... skaičių tokius rinkinius visais atvejais. Tarkim, kad A ir B išsidalinę visus natūraliuosius skaičius; t.y. A and B = [1,2,3...,inf]. Kadangi A ir B - netuščios aibės, tai egzistuoja X in A toks, kad (X+1) in B. T.y., yra riba, kur skaičių X turi A, o (X+1) turi B. Kadangi abu turi begalinį skaičių elementų, tai negali būti tokio atvejo kaip nurodė Vytax: jei yra viena skiriamoji riba, tai kažkuris turėtų baigtinį skaičių elementų. Vadinasi su bet kokiu Y in B yra X in A ir Z in A tokie, kad X<Y<Z. Iš to seka, kad visada yra tokia skaičių X ir Y pora, kad X in A ir Y+1 in A bei X+1 in B ir Y in B. Išplaukia, kad galima rasti po du skaičius skirtingose aibėse, kurių sumos lygios. Kadangi aibės yra begalinės, vadinasi - tokių porų yra be galo daug. 100 skaičių galima parinkti kaip 50 tokių porų, vadinasi visada egzistuoja 100 skaičių rinkiniai aibėse A ir B kurių sumos lygios.

"Ar visada galima vienoje dalyje surasti 100 skaičių ir kitoje dalyje surasti irgi 100 skaičių taip, kad abiejų šimtinių sumos būtų lygios? " Gal sąlygą reiktų suprasti kaip: "Ar visada galima laisvai pasirinktoje aibėje surasti 100 skaičių ir kitoje dalyje surasti irgi 100 skaičių taip, kad abiejų šimtinių sumos būtų lygios? " T.y. norint įrodyti, kad to negalima padaryti, reiktų įrodyti kad abiejose aibėse neegzistuoja 100 tokių skaičių, kurių suma būtų lygi kokiai nors 100 skaičių sumai iš kitos aibės. Iki šiol visi tik pusę įrodymo pateikdavo. Tas 'vienoje' tai man neaiškus.

Buchas, taip. A = (1,...,100, 101, 103, 105, ..., 100+2n-1) B = (102, 104, ... 100+2n) A+B=N ir abi begalinės. Imant nuo 1 iki 100 rinkinį antram nerasi tokios sumos. Taip kad atsakymas nevisada. Ką Vytax bandė sudėtingiau įrodyt tai kad niekada nerasi vienodų sumų. Užduotis palieka šiokių tokių interpretacijų. Beje aibės su ∞/2 neapsirašo

Mysliau, iš tavo aibių paimu: 101+105 = 206 102+104 = (101+1) + (105-1) = 206. Uždavinys toliau susiveda, ar galima rasti 98 skaičių sekas, kurį sprendžiame taip pat. Sekančioj iteracijoj bereikia 96 ir taip toliau, kol surenkam visus šimtukus. Negana to, galima nesunkiai parodyti kad bet kuriuo atveju sprendimų yra be galo daug.

rwx sprendimas įrodo jog neegzistuoja tokios 2 begalinės aibės kad jose nerastai vienodų sumų

rwc, uždavinys klausia ar visada, radus vieną porą galima atsakyti į klausimą kad nevisada

Mysliau, įrodo. Jokia aibė neturi viršutinės ribos, vadinasi, kad ir kokį skaičių paimtum aibėj A, už jį rasi didesnį aibėj B ir atvirkščiai. Visada bus begalybė tokių porų, kur X in A, bet (X+1) in B ir atvirkščiai. Tarkim, kad "stulpelių priklausomybė" yra ...AAABBBABAABBA... Kiekvienas toks "persivertimas" AB turi atitinkamą BA, o tokių persivertimų yra be galo daug - taigi, bent du šimtai tikrai. Dabar atmeskim atskiras sąlygas. Tarkim, kad reikia susumuoti ne po 100 - apskritai, nelyginį skaičių dėmenų. Egzistuoja tokie A ir B, kad uždavinys taptų neišsprendžiamas: pavyzdžiui, suskaidžius į lyginius ir nelyginius - A=[1,3,5...2k+1...] ir B=[2,4,6...2k...] neįmanoma rasti lygių trijų, penkių ir t.t. dėmenų sumų. Tarkime, kad A ir B nebūtinai begaliniai - tuomet teisingas tavo sprendimas. Tarkime, kad žinome, kuriuos 100 dėmenų paimti iš A - tuomet galima sukonstruoti tokias aibės, kad B negalėtų turėti atitinkamos sumos. Tarkime, kad A and B neapima visų natūraliųjų skaičių - tuomet galima parinkti aibes pvz., [1,4,16,...2^2n,...] ir [2,8,32,...,2^(2k+1)...]. Visos šios sąlygos nurodytos uždavinyje, taigi sprendimas yra: visada įmanoma.

rwc, Mano nuomone uždavinys klausia ar visada vienos aibės 100 skaičių porai galima rasti kitą 100 skaičių su vienoda suma. Tavo nuomone - ar egzistuoja tokios 2 aibės kad jose neįmanoma rasti vienodų sumų. Dar kartą pasikartosiu, niekur neminėjau kad mano aibės baigtinės!

Mysliau, ne. Uždavinys klausia, ar turint dvi begalines aibes galima iš jų laisvai išrinkti po vieną tokį rinkinį, o ne ar kiekviena iš aibių turi rinkinį kiekvienai sumai iš kitos aibės. Pvz., vienoje aibėje sumos galbūt yra 1000,2000,3000, kitoje - 3000,4000,5000. Pagal sąlygą, 1. abejose aibėse visada bus sutampančių 100 elementų sumų 2. visos įmanomos aibių sumos sutampa tik atskirais atvejais (to uždavinys neklausia). Bet galima išspręsti ir jį. Pvz.: aibei galioja, kad joje yra begalybė rinkinių, turinčių atitikmenis iš kitos.

Taip, rwc sprendimas yra visiškai teisingas. Va jei būtų prašoma ne 100, o pvz 99 "stulpelių", tuomet atsakymas būtų priešingas (A - lyginiai, B - nelyginiai). Mysliau, gali nustot ginčytis, o geriau pasiskaityk sąlygą iš naujo.

Niekada neskaitau "pagražinimų". Šįkart perskaičiau, taip, "pagrąžinimai" šneka ne dvejopiškai, ne taip kaip sutrumpinimas. Okay, okay baigiau (beje paryškink " surasti irgi 100 skaičių taip")

Beje, "priešingo" uždavinio sprendime įvėliau klaidelę. Kai sumuojami 2 dėmenys, antroje sekoje nesigauna 8. Sumuojant 4, abejose aibėse nesigauna sumos 19, 21 arba 23, kiek bekombinuočiau. Taigi, kol kas hipotezė: Neegzistuoja toks natūraliųjų skaičių suskirstymas, kad šimto nesikartojančių A skaičių sumai egzistuotų atitinkamas rinkinys iš šimto nesikartojančių B skaičių. Gal kas sugalvotų įrodymą arba paneigiantį pavyzdį?

Taigi pats įrodei, ir viskas gerai su tavo tuo įrodymu. Čia kaip... nesupranti kaip pats įrodei? Pataisymas: Aha, supratau klaidelę, klausimas visdar atidarytas, sprendimo nėra