Bine aţi venit pe Scientia QA!
Pentru a putea publica întrebări şi răspunsuri, trebuie să vă înregistraţi.
Atenţie! Este posibil ca e-mailul de confirmare a înregistrării să intre în Spam.
Pune o întrebare

Newsletter


3.5k intrebari

6.7k raspunsuri

15.2k comentarii

2.2k utilizatori

3 plusuri 0 minusuri
248 vizualizari

Oricum am alege 101 de numere din șirul 1, 2, 3, .......,200 întotdeauna se găsesec două printrre cele alese astfel încît unul divide pe celelălat?

Scuze tuturor celor care accesează acest site și poate au fost enervați de numărul mare de întrebări ce matematică pe care le-am pus aum. Nu am avut de ales.

Experimentat (4.8k puncte) in categoria Matematica
editat de

3 Raspunsuri

2 plusuri 0 minusuri
 
Cel mai bun raspuns

Fie M multimea tuturor numerelor, M = {1,  2,...,199, 200} , M1 = {1, 2,..., 99, 100} si M2 = {101, 102,...,199, 200}. Observam ca toate elementele lui M2 au proprietatea ca niciunul nu divide pe niciunul.

Mai observam ca Mcontine 25 de numere prime si M2 contine 21 de numere prime. De asemenea, numerele prime din M1 au ficare cel putin cate un multiplu in Msau, altfel spus, cel putin 25 de numere din M2 sunt divizate de numerele prime din M1.

Cu notatiile si observatiile facute, incercam sa construim o multime N de 101 numere din M astfel incat sa nu avem o pereche in care un numar il divide pe celalalt, Cele mai eligibile sunt, desigur, toate numerele prime din M care sunt in numar de 46. Mai avem nevoie de 55 de numere pe care le cautam in M2, deoarece acestea nu se divid unul pe celalalt, Dar din Mscadem 21 de numere prime pe care le-am folosit deja, plus alte minimum 25 de numere care sunt multipli ai numerelor prime din M1, ceea ce ne lasa cu maximum 54 de numere disponibile pentru a completa N, adica suntem obligati sa folosim cel putin un multiplu din Mal unui prim din M1.

Prin urmare, nu am putut construi o submultime a lui M din 101 elemente care sa nu contina cel putin o pereche de numere cu proprietatea ca unul il divide pe celalalt, Scuze ca nu am scris cu diacritice,

Senior (6.6k puncte)
selectat de
0 0
Partea cu cele mai eligibile face ca demonstratia asta sa nu fie completa.La prima vedere da te face sa alegi la  modul asta dar asta nu le face mai eligibile.
0 0

Folosind numere prime din M și numere mari din M2 s-ar forma cu certitudine o mulțime de 101 numere care nu se divid între ele. Demonstrația arată că în M nu sunt destule numere pentru a construi o submulțime N. Eu zic că demonstrația e completă. Principiul logic folosit nu l-am văzut enunțat ca atare în cursuri românești, dar în literatura matematică de limbă engleză el e menționat ca the pigeon hole principle. În forma cea mai simplă el poate fi enunțat așa: Dacă trebuie să punem 3 porumbei în 2 găuri, atunci o gaură trebuie să conțină cel puțin 2 porumbei. Logica răspunsului meu este că nu pot găsi, în condițiile cele mai favorabile posibil, suficienți porumbei cu o proprietate comună, aceea că nu se împerechează, astfel încât să pun câte un porumbel în fiecare din 101 găuri.

0 0
Acest principiu e cunoscut ca principiul lui Dirichlet sau principiul cutiilor.

alegerea de numere prime pierde din generalitatea problemei de alege orice numere.De aceea nu vad de ce ar fi mai eligibile numerele prime fata de altele in conditia in care 2 sa nu se divida .De exemplu il aleg pe 2 atunci urmatoarele numere eligibile sunt toate numerele impare.Incercarea de a construi o multime de 101 numere dar alegand anumite numere pica generalitatea problemei.Ce se intampla daca nu alegi numere prime?Avem posibilitatea de a alege 101 numere in care niciunul nu e prim .Aici este neterminata demonstratia .
0 0

Alegând numerele prime și numere neprime din M(care nu se divid între ele) am construit condițiile cele mai favorabile pentru formarea unei mulțimi de 101 numere în care să nu fie nicio pereche care se divid. Pot trage concluzia că, dacă în această situație, cea mai favorabilă, nu am putut forma mulțimea, atunci în nicio altă situație, nu voi găsi ce caut.

Pe de altă parte vă înțeleg și vă respect opinia, recunoscănd că dezbaterea e foarte interesantă. Chiar ar fi bine dacă ar mai interveni și alți utilizatori cu părerile lor pe această chestiune de subtilitate logică, în care e posibil să mă înșel dar și să nu. In acest moment nu găsesc argumente pentru prima variantă, aceea că m-aș înșela.

0 0

Aveam o idee de o soluție  ingeniosă bazată pe șiruri simple construite după numere pare sau impare. Pentru mine doar  voi duce pînă la capăt.

0 plusuri 0 minusuri
Sa presupunem ca avem alese 101 numere,atunci cel putin un numar trebuie sa fie in multimea {1,2...,100}.Sa zicem ca avem exact p-numere mai mici sau egale cu 100 atunci cel putin dublul lor se afla in multimea {101,102,....,200} si in aceasta multime se afla celelalte  101-p numere .Dar daca am elimina acei p multipli care ii vom considera distincti ne raman 100-p numere si cum alegem cu 1 mai mult vom alege obligatoriu si un multiplu.Sa aratam ca exista si  putem alege p multipli diferiti.

Daca dublul lor ar fi in multimea {101,102,....200} atunci evident ele vor fi toate distincte .Sa presupunem ca ar fi numere la care dublul nu intra in aceasta multime ..o sa continui trebuie sa plec acum
Experimentat (2.3k puncte)
0 plusuri 0 minusuri

Ignoram primul raspuns,in idee eu am remarcat ca oricum am alege un numar va fi dublul sau un multiplu de 2k.

Problema  admite urmatoarea generalizare .Pentru orice n+1 numere mai mici decat 2n exista 2 care au raport un multiplu de 2.

Orice numar se scrie ca 2ka unde a este un numar impar.alegand n+1 numere ,alegem de fapt n+1 numere impare de genul a dar ele sunt in total n deci 2 numere impare sunt alese la fel si acele numere se divid .

Experimentat (2.3k puncte)
...