Zagadki logiczne, matematyczne i inne

Att

Manarchista
284
429
Mamy okrąg, na okręgu mamy n różnych punktów, położonych w taki sposób, że każda para sąsiadujących ze sobą punktów leży w równej odległości (łuk okręgu zakreślony między nimi jest taki sam dla wszystkich sąsiadujących ze sobą par). Dla każdego punktu wyznaczamy wektor, który ma początek w środku okręgu, natomiast koniec w danym punkcie na okręgu - w ten sposób otrzymujemy n różnych wektorów, które leżą na promieniach tego okręgu. Udowodnij, że suma tych wektorów wynosi zero. Oczywiście n > 1.
PS. Miałem podać sformułowanie używając pojęcia wektora siły, ale stwierdziłem, że nie będę mieszał i dałem takie proste sformułowanie, które każdy powinien zrozumieć. Jak ktoś chce to może umieścić rysunek poglądowy, mnie się nie chce :p
Obróćmy cały ten okrąg o kąt 2π/n wokół jego środka. Każdy wektor najdzie wtedy na wektor z nim sąsiadujący. Sytuacja będzie więc dokładnie taka sama jak na początku - suma musi pozostać taka sama. Jednak wektor będący sumą tych wektorów również obrócił się o 2π/n. Skoro ten wektor obrócony musi być taki sam jak przed obróceniem, to musi to być wektor zerowy, więc suma faktycznie jest równa zero.
 

mikioli

Well-Known Member
2 605
4 643
Obróćmy cały ten okrąg o kąt 2π/n wokół jego środka. Każdy wektor najdzie wtedy na wektor z nim sąsiadujący. Sytuacja będzie więc dokładnie taka sama jak na początku - suma musi pozostać taka sama. Jednak wektor będący sumą tych wektorów również obrócił się o 2π/n. Skoro ten wektor obrócony musi być taki sam jak przed obróceniem, to musi to być wektor zerowy, więc suma faktycznie jest równa zero.
Proste, czyste i przejrzyste... nie to co hipotetyczne środki mas ;)
 

tomahawk

Well-Known Member
741
1 262
@Att, Ok to teraz powiedz, jaka będzie suma po usunięciu jednego wektora :p
Edit. Albo nie mów, bo to jest zbyt oczywiste. Pomyślę nad innym sformułowaniem.
To teraz równania.
Rozwiązać następujące równanie (w liczbach naturalnych):
1!+2!+...+n! = k^3.
 
Ostatnia edycja:

Att

Manarchista
284
429
@Att, Ok to teraz powiedz, jaka będzie suma po usunięciu jednego wektora :p
Edit. Albo nie mów, bo to jest zbyt oczywiste. Pomyślę nad innym sformułowaniem.
To teraz równania.
Rozwiązać następujące równanie (w liczbach naturalnych):
1!+2!+...+n! = k^3.
Oznaczę sobie dla ułatwienia liczbę 1!+2!+...+n! przez n?. ;) Reszta w spoilerze.
Resztę z dzielenia liczby a przez 7 oznaczmy przez r(a). Nietrudno zauważyć, że r(a)=r(a+7b), r(a+b)=r(a)+r(b) i r(ac)=r((a+7b)c). Wynika stąd szybko, że r(k^3)=r(a^3), gdzie a=r(k).
Możliwe reszty k^3 to 0, 1 i 6, dlatego, że każda z reszt 0^3, 1^3, 2^3, 3^3, 4^3, 5^3, 6^3 jest równa 0, 1 lub 6.

Żeby równość była spełniona to r(n?) też musi być jedną z liczb 0, 1, 6. Zastanówmy się teraz, jakie są reszty z liczb 1!, 2! i td. r(1!)=1, r(2!)=2, r(3!)=6, r(4!)=r(24)=3, r(5!)=r(120)=1, r(6!)=r(720)=6. Dalej już będzie prosto, bo dla a>6 a! jest podzielne przez 7, więc r(a!)=0. No to po kolei sumujemy i otrzymujemy r(1?)=1, r(2?)=3, r(3?)=2, r(4?)=5, r(5?)=6, r(6?)=5. Dla każdego a>6 r(a?)=r(6?+7b)=5.

Zatem jedynymi kandydatami na rozwiązanie są n=1 i n=5. 1?=1=1^3, natomiast już 5?=1+2+6+24+120=153=9*17, więc 5? nie jest równe k^3 dla żadnego k.

Odpowiedź: Jedyne rozwiązanie to n=1, k=1.
Tak przy okazji: można pokazać, że istnieje takie n, że liczba n? ma dzielnik pierwszy większy niż 14^88. Ale to jest już bardzo trudne zadanie.
 

tomahawk

Well-Known Member
741
1 262
No, w ten sam sposób rozwiązałem to równanie. Rozumiem, że rozwiązałeś je z marszu i nie widziałeś wcześniej? Zgaduję, że brałeś (lub bierzesz) udział w olimpiadzie matematycznej? Nie musisz, rzecz jasna, odpowiadać :D
 

Att

Manarchista
284
429
Tak. Początkowo chciałem pokazać, że dla 8? dzieli się przez 3, ale już przez 27 nie, przez n? dla dowolnego n>8 również nie może być sześcianem. Tylko że nawet nie wiem, czy to prawda, bo policzenie tak dużych liczb byłoby już trochę pracochłonne.
A oto kolejna zagadka:

Była zima, ciężki czas...
W Europie rozpoczęła się Złoto-Czarna Kontrrewolucja i dzielni żołnierze Waffen $$ prowadzą walki z siłami eurocjalizmu. Oddział bałkański stacjonujący w Serbii w Somborze uznał za konieczne połączenie swych sił z wojskiem Liberlandu. W tym celu muszą przeprawić się przez Dunaj, na którym znajduje się sześć wysp i każde sąsiadujące są połączone mostem (tak jak na rysunku). Niestety wódz oddziału - Wojownik z Kielc - otrzymał właśnie informację, że pod każdy most został podłożony ładunek wybuchowy. Ładunki podłożyła Młodzież Wszechtrollska, która wychynęła z internetu i zaczęła się angażować w walki. Ponieważ są to trolle, to podłożyli takie ładunki, które mają szansę 50% na to, że wybuchną. Złoty Legion w Somborze zastanawia się teraz, jaka jest szansa, że po ocalałych mostach będzie się dało przejść na drugą stronę Dunaju. Pomóż im rozwiązać problem.
upload_2015-10-29_23-0-19.png
Nowy wróg nadciąga ze Wschodu...
Bojownicy Allaha zmierzający do Węgier również bacznie śledzą poczynania trolli...
 

Att

Manarchista
284
429
Można, chociażby po tych mostach, po których się przyszło. Może nie wyraziłem się precyzyjnie: wszystkie ewentualne wybuchy następują w nocy, a wyprawa do Liberlandu rusza dopiero rankiem.
 

tolep

ChNiNK! ChP!
7 760
13 163
Geeez, w czasach gdy ja siedziałem w Lilavati, taki graf wystarczyło inaczej narysować i zadanie stawało się fantastycznie proste. Ależ jestem zardzewiały...
 

dataskin

Well-Known Member
2 055
5 851


Pytanie brzmi: z jaką prędkością (w metrach/sekundę bądź kilometrach/godzinę) poruszał się ten myśliwiec w chwili gdy zrobiono zdjęcie?
Podać metodę rozwiązania (a nie tylko sam wynik). Zakładamy że prędkość dźwięku jest równa 340 m/s
 
Ostatnia edycja:

Sputnik

Szalony naukowiec
485
1 925
Ciężko dać jednoznaczną odpowiedź, ponieważ to co widać to Obłok Prandtla-Glauerta który można obserwować gdy obiekt porusza się z prędkością około jednego macha, dla tego przypadku troszkę poniżej jednego macha.
https://en.wikipedia.org/wiki/Pran
dtl%E2%80%93Glauert_singularity
 

Guy F.

Anarchokatol
26
36
Zagadka św. Augustyna: Starożytni Grecy wierzyli, że Księżyc jest tak daleko od Ziemi, że kiedy zrzucić z niego kowadło, będzie spadało dziewięć dni i dziewięć nocy. Jak to daleko?
 

Mad.lock

barbarzyńsko-pogański stratego-decentralizm
5 149
4 622
Zrzucić kowadła, w sensie, że wystaczy je puścić i samo spadnie, się nie da. Dalej nie za bardzo się znam, ale się wypowiem.

Zakładam, że kowadłu nadano minimalną prędkość potrzebną, czyli tzw. prędkość ucieczki, która dla powierzchni Księżyca wynosi 2,4 km/s. Odległość Ziemi od Księżyca jest zmienna, powiedzmy na razie, że 380 000 km. Daje to czas 44 godzin, ale trzeba tu wziąć pod uwagę przyspieszenie grawitacyjne Ziemi, co skróci ten czas.

Księżyc krąży wokół Ziemi, więc wydawałoby się, że kowadło będzie spadać po jakiejś spirali, co wydłuży drogę, ale nie wiem na ile to by wpłynęło, i czy w ogóle.

Masa kowadła nie ma chyba żadnego znaczenia, poza takim, że można wyliczyć przez to energię potrzebną do nadania mu odpowiedniej prędkości.

Edit: Po namyśle obstawiam, że spiralny tor nie ma znaczenia (w końcu skoro Księżyc orbituje, to siły dośrodkowa i odśrodkowa się znoszą).
 
Ostatnia edycja:

tolep

ChNiNK! ChP!
7 760
13 163
Wątpię by starożytni zakładali grawitację Księżyca, a dodatkowo "zrzucamy" to nie to samo co "wystrzeliwujemy").

Wydaje mi się że zagadka w tłumaczeniu na współczesną wiedzę powinna brzmieć tak:

"Z jakiej odległości od Ziemi początkowo nieruchome względem niej kowadło będzie spadać na nią 9 dób, przy czym inne ciała niebieskie nie istnieją? "

PS. Wątpię też czy zdawali sobie sprawę z gradientu przyspieszenia ziemskiego w zależności od odległości od Ziemi.
 
Ostatnia edycja:

Mad.lock

barbarzyńsko-pogański stratego-decentralizm
5 149
4 622
Są jakieś kalkulatory online, ale te które znalazłem nie mają jasno opisanej zasady działania i obawiam się, że nie biorą poprawki na zmieniającą się siłę grawitacji wraz z odległością.
Podają one 2 964 853 124 300 metrów.
Jeszcze kwestia, czy dla takich odległości i masy Ziemi ta zmiana jest w ogóle zauważalna.

Edit: Jednak takie odległości mają spore znaczenie. Tutaj http://astro.unl.edu/classaction/animations/renaissance/gravcalc.html można zobaczyć jak zmienia się siła grawitacji i przyspieszenie wraz z odległościami.
Np. na powierzchni Ziemi to 9,81 metra na sekundę kw.
Dla 3 mln km to jeśli dobrze przestawiam te przecinki to zaledwie 0,0000442
 
Ostatnia edycja:
Do góry Bottom