Иэн Стюарт - Математические головоломки профессора Стюарта

Вот одно такое решение:

Объяснение см. в главе «Знак одного. Часть третья».

Вы могли бы сделать это вручную с использованием разложения на простые множители, если бы потратили на это день-другой. Вам пришлось бы выяснить, что

44 758 272 401 = 17 × 17 683 × 148 891;

13 164 197 765 = 5 × 17 683 × 148 891.

Затем вы могли бы сделать вывод, что НОД равен 17 683 × 148 891 = 2 632 839 553.

При использовании алгоритма Евклида весь расчет выглядит так:

(13 164 197 765; 44 758 272 401) → (13 164 197 765; 31 594 074 636) → (13 164 197 765; 18 429 876 871) → (5 265 679 106; 13 164 197 765) → (5 265 679 106; 7 898 518 659) → (2 632 839 553; 5 265 679 106) → (2 632 839 553; 2 632 839 553) → (0; 2 632 839 553).

Следовательно, НОД равен → 2 632 839 553.

123456789 × 1 = 123456789;

123456789 × 2 = 246913578;

123456789 × 3 = 370370367;

123456789 × 4 = 493827156;

123456789 × 5 = 617283945;

123456789 × 6 = 740740734;

123456789 × 7 = 846197523;

123456789 × 8 = 987654321;

123456789 × 9 = 1111111101.

В этих числах присутствуют все девять ненулевых цифр в разном порядке, за исключением тех случаев, когда мы умножаем на число, кратное 3 (то есть на 3, 6 и 9).

Поскольку

62 = 7 × 9–1 = 7/0,(1) – 1,

мы можем воспользоваться представлением 7 через две единицы, чтобы получить 62 из четырех единиц.

Долгое время Сомс и Ватсап никак не могли выразить 138 через четыре единицы, но потом, воспользовавшись озарением Ватсапа про квадратные корни и факториалы и применив системный подход, они в конце концов выяснили, что 138 можно получить с использованием всего лишь трех единиц. Стартовой позицией, опять же, является семерка, выраженная через две единицы, и тогда

И наконец,

138 = 46/√0,(1),

что, кстати говоря, представляет собой хитрый способ умножения на 3 с использованием всего одной дополнительной единицы.

Persi Diaconis, Susan Holmes, and Richard Montgomery, Dynamical bias in the coin toss, SIAM Review 49 (2007) 211–223.

То же в популярном изложении: Persi Diaconis, Susan Holmes, and Richard Montgomery, The fifty-one percent solution, What's Happening in the Mathematical Sciences 7 (2009) 33–45.

Аналогичные эффекты возникают при бросании костей – не только обычных кубиков, но и любых правильных многогранников. См.: J. Strzalko, J. Grabski, A. Stefanski, and T. Kapitaniak, Can the dice be fair by dynamics? International Journal of Bifurcation and Chaos 20 No. 4 (April 2010) 1175–1184.

– Ваше упущение, – сказал Сомс, – состояло в том, что вы не заметили, что двигаться могут не только стаканы, но и налитое в них вино. Я просто возьму второй и четвертый стаканы и перелью их содержимое в седьмой и девятый.

Monique de Jager, Franz J. Weissing, Peter M. J. Herman, Bart A. Nolet, and Johan van de Koppel. Le×vy walks evolve through interaction between movement and environmental complexity, Science 332 (4 June 2011) 1551–1553.

Мы видели, что при вычислении средних скоростей на фиксированном расстоянии нам следует использовать среднее гармоническое, а не среднее арифметическое значение. Гармоническое среднее возникает также при оценке расстояния между двумя аэропортами, если учитывать силу ветра, – по аналогичной, с небольшими отличиями, причине. Посмотрим на простую модель. Будем считать, что скорость самолета относительно воздуха равна c , летит он по прямой, а ветер дует строго вдоль этой прямой со скоростью w . Считаем, что c и w постоянны. Тогда a = c – w, b = c + w . Мы хотим оценить d на основании времен r и s . Чтобы избавиться от w , мы выразим a и b и получим a = d/r и b = d/s . Таким образом,

c – w = d/r, c+w = d/s .

Сложив, получим 2 c = d (1 /r + 1 /s ). Тогда c = d (1 /r + + 1 /s )/2. Если бы ветра не было, полет в одну сторону занял бы время t , где d = ct . Следовательно,

t = d/c = d /[ d (1/ r + 1/ s )/2] = 1/[(1/ r + 1/ s )/2],

это и есть гармоническое среднее между r и s .

Короче говоря: если мы говорим о самолеточасах, то из этой простой модели воздействия ветра видно, что пользоваться следует гармоническим средним времени перелета в двух направлениях.