p и q - простые числа, число r - тоже простое числ...

생성일: 2025년 12월 8일

질문

p и q - простые числа, число r - тоже простое число, причем r = p в 3 степени минус (27 умножить на q в третьей степени). Найти r

사고

primes = list(sp.primerange(2,5000)) sol=[] for q in primes: p=3q+1 if sp.isprime(p): r = p**3 - 27q**3 if sp.isprime(r): sol.append((p,q,r)) sol

Thought for 1m 23s

답변

Решим уравнение:

r = p^3 - 27q^3,\quad p,q,r \text{ — простые}.

Заметим, что

27q^3 = (3q)^3,

поэтому

r = p^3 - (3q)^3 = (p-3q)(p^2 + 3pq + 9q^2)

(разность кубов).

Так как $r$ — простое число, а справа стоит произведение двух натуральных чисел, возможен только один вариант:

один множитель равен 1,
второй — это само простое число $r$ .

Множитель

p^2 + 3pq + 9q^2 > 1

для любых простых $p,q$ , поэтому именно он не может быть равен 1. Значит:

p - 3q = 1.

Отсюда

p = 3q + 1.

Теперь учтём, что $q$ — простое. Если $q \ge 3$ , то $q$ нечётное, тогда $3q$ нечётно, значит

p = 3q + 1

чётное число, большее 2, а значит составное — не может быть простым. Противоречие.
Следовательно, единственная возможность — $q = 2$ .

Тогда:

p = 3\cdot 2 + 1 = 7 \quad (\text{простое}),

r = p^3 - 27q^3 = 7^3 - 27\cdot 2^3 = 343 - 216 = 127.

Проверяем: $127$ — простое число.

Ответ:

\boxed{r = 127}.

질문

С числом, написанным на доске, разрешается проводить следующие операции: делить пополам, или прибавлять/вычитать единицу (после чего результат записывается на доску вместо исходного числа). За какое наименьшее число операций можно из 2025 получить 1?

사고

Explaining minimal operations with sequence steps

The optimal path from 2025 to 1 involves 14 operations, which includes subtracting 1 when needed and halving when possible. Even though dynamic programming (DP) looks at both ±1 options, this path works out to be minimal. I should present the solution in clear Russian, showcasing each step, and emphasize the reasoning behind the approach without complex wording or references to specific tools.

Logical approach to minimal operations

For the minimal operations, it’s efficient to add/subtract 1 to make a number even and then immediately divide by 2. This keeps the path mostly decreasing. Occasionally, we might increase the number (e.g., 63 → 64), but this local adjustment works. Using a greedy algorithm ensures minimal steps, especially for odd numbers — comparing n-1 and n+1 modulo 4. This approach avoids a formal proof, but it's widely accepted for its simplicity.

Applying the known algorithm to n=2025

For n=2025, which is odd, we check n mod 4. Since 2025 mod 4 equals 1, we subtract 1 (2025 → 2024). Now we repeatedly divide by 2 for even numbers:

2024 (even) → 1012 (op2) → 506 (op3) → 253 (op4).

We’ll continue this process with each step.

Calculating steps for n=2025

We performed 14 steps in total starting from 2025. For each odd number, we did the modulo check and adjusted accordingly, either subtracting 1 or adding 1 before dividing by 2 repeatedly. We can argue this path is minimal based on the greedy algorithm, though the user only requested the minimal number of operations and not a rigorous proof.

Explaining the number of operations for n=2025

To reach 1 from 2025, we need at least 11 division-by-2 operations, because 10 divisions aren't enough to reduce 2025. The optimal path uses 11 divisions and 3 ±1 operations (total 14). We can't have fewer than 11 divisions. Exploring if 2 ±1 operations could work with 12 divisions shows it doesn't improve efficiency.

Thought for 48s

답변

Посмотрим на процесс «сверху вниз», от 2025 к 1.

Разрешённые операции:

$n \mapsto n/2$ (только если $n$ чётное),
$n \mapsto n+1$ ,
$n \mapsto n-1$ .

Идея:
когда число чётное — всегда выгодно делить пополам (это сильнее всего уменьшает число).
Когда число нечётное — нужно решить, прибавлять 1 или вычитать 1, чтобы затем можно было делить на 2 много раз.

Полезное правило (которое можно вывести из двоичной записи числа):
для нечётного $n>1$ :

если $n \equiv 1 \pmod 4$ , лучше сделать $n-1$ ,
если $n \equiv 3 \pmod 4$ (и $n \ne 3$ ), лучше сделать $n+1$ .

Применим к нашему числу.

Шаги

$2025$ — нечётное, $2025 \equiv 1 \pmod 4$
⇒ вычитаем 1:
$2025 \to 2024$ (1 операция)
$2024$ чётное: делим пополам:
$2024 \to 1012$ (2)
$1012$ чётное:
$1012 \to 506$ (3)
$506$ чётное:
$506 \to 253$ (4)
$253$ нечётное, $253 \equiv 1 \pmod 4$ :
$253 \to 252$ (5)
$252$ чётное:
$252 \to 126$ (6)
$126$ чётное:
$126 \to 63$ (7)
$63$ нечётное, $63 \equiv 3 \pmod 4$ : выгоднее прибавить 1:
$63 \to 64$ (8)

Теперь просто делим:

$64 \to 32$ (9)
$32 \to 16$ (10)
$16 \to 8$ (11)
$8 \to 4$ (12)
$4 \to 2$ (13)
$2 \to 1$ (14)

Всего операций: 14.

Ответ: минимальное число операций — $\boxed{14}$ .

질문

У Маши есть краски четырёх цветов. Сколькими способами она может раскрасить натуральные числа от 1 до 11 (включительно) каждое в один цвет так, чтобы любые три подряд идущие числа были покрашены в три различных цвета? Все цвета использовать не обязательно.

사고

Breaking down color constraints in sequence problem

Masha has 4 colors and needs to color numbers 1 through 11 so that no three consecutive numbers have the same color. Looking at the conditions, each triple (i, i+1, i+2) must all be distinct, meaning no color repetition within any three-block. I’m figuring out how to count such sequences in total.

Formulating recurrence for valid sequences

To solve this, I can model it as a 3-step Markov process. At each step, the last two colors must be distinct, and the next color must not match either. To extend a valid sequence, I can choose from two colors, so for each extension after n ≥ 3, the possibilities multiply by 2.

Calculating the number of valid sequences

For length 2, the constraints are just adjacency, giving 12 sequences. For length 3, we have to ensure all three colors are distinct, so each valid length 2 sequence can extend to 2 different possibilities, giving 24 valid sequences. For length 4, as before, we have 2 choices for the next color, continuing the pattern.

Finalizing the sequence count formula

To calculate the number of valid sequences, each sequence length n-1 can extend by a factor of 2, so the recurrence is a_n = 432^(n-2). This works for n ≥ 2, giving us 6144 for n = 11. The problem doesn't require using every color, so sequences with only 2 or 3 colors are allowed.

Clarifying color usage in sequences

Our recurrence allows sequences using only 2 colors, but upon testing, we find that for any triple, it must use 3 distinct colors. We can have sequences using 3 or 4 colors. As long as each triple uses 3 distinct colors, our pattern will respect this, even if some colors are never used.

Thought for 1m 48s

답변

Рассуждаем так.

Нумеруем числа от 1 до 11, и пусть $a_i$ — цвет числа $i$ .

Условие: любые три подряд идущих числа окрашены в три различных цвета.
То есть для каждого $i$ (от 1 до 9) тройка $(a_i, a_{i+1}, a_{i+2})$ состоит из трёх попарно различных цветов.

Из этого сразу следует:

соседние числа имеют разные цвета: $a_i \neq a_{i+1}$ ;
числа, отличающиеся на 2, тоже имеют разные цвета: $a_i \neq a_{i+2}$ .

Теперь считаем количество вариантов по шагам:

Для числа 1:
$a_1$ можно выбрать любым из 4 цветов.
Для числа 2:
$a_2 \neq a_1$ , значит 3 варианта.
Для любого следующего $i \ge 3$ :
цвет $a_i$ не должен совпадать ни с $a_{i-1}$ , ни с $a_{i-2}$ .
Поскольку $a_{i-1} \neq a_{i-2}$ , это два разных запрещённых цвета.
Всего цветов 4, значит для $a_i$ остаётся $4 - 2 = 2$ возможных цвета.

Длина последовательности — 11 чисел, значит:

для 1-го числа: 4 варианта,
для 2-го: 3 варианта,
для 3-го по 11-е (то есть ещё 9 позиций): по 2 варианта.

Итого число раскрасок:

4 \cdot 3 \cdot 2^9 = 12 \cdot 512 = 6144.

Ответ: $\boxed{6144}$ способов.

질문

Четыре велосипедиста стартуют одновременно и едут в одну сторону по треку длиной 6 километров. Их скорости равны v, 3v, 5v, 7v соответственно. Сколько километров суммарно они проедут прежде чем встретятся снова в одной точке все вместе?

사고

Understanding meeting times for cyclists on a circular track

We need to figure out when 4 cyclists, with speeds of v, 3v, 5v, and 7v, will meet at the same point after starting together on a 6 km circular track. The key is finding when the difference in their distances traveled (mod 6) aligns, which happens when the time t satisfies certain modular conditions based on their speed differences.

Finding the time when all cyclists meet

The cyclists will meet when their positions coincide modulo 6. This happens at a time t where t is a common multiple of 6 divided by the difference in speeds for each pair of cyclists. To find the smallest such t, I need to compute the least common multiple (LCM) of these values for all pairs.

Computing the differences in speeds and conditions

The differences in speeds are: 2v, 4v, and 6v. To find when the cyclists will meet, I need to ensure that both vt is an integer and vt/3 is an integer. This means that vt must be a multiple of 3 for both conditions to hold true, i.e., vt ∈ 3Z.

Simplifying time with speed conditions

I just realized that if vt/3 is an integer, then vt must be a multiple of 3, and vt being an integer will automatically hold as well. So, I only need to ensure that vt/3 is an integer. This leads to the minimal time where they meet being t = 3/v.

Calculating total distance before cyclists meet

The cyclists all meet when vt is a multiple of 3, which gives the minimal time of t = 3/v. At this time, the distances they each travel are 3 km, 9 km, 15 km, and 21 km, for a total of 48 km. Since they meet after traveling these distances, the total sum is correct, and no earlier meeting occurs.

Thought for 1m 49s

답변

Они снова окажутся в одной точке, когда все проедут такое время $t$ , что их положения на круге совпадут по модулю 6 км.

Пусть длина трека $L = 6$ км, скорости — $v, 3v, 5v, 7v$ .

Положение каждого через время $t$ :

$x_1 = vt$ ,
$x_2 = 3vt$ ,
$x_3 = 5vt$ ,
$x_4 = 7vt$ ,

все рассматриваем по модулю 6.

Чтобы они встретились в одной точке, должны выполняться условия:

3vt \equiv vt \pmod 6,\quad 5vt \equiv vt \pmod 6,\quad 7vt \equiv vt \pmod 6.

Это эквивалентно:

(3v - v)t = 2vt \equiv 0 \pmod 6,

(5v - v)t = 4vt \equiv 0 \pmod 6,

(7v - v)t = 6vt \equiv 0 \pmod 6.

Достаточно рассмотреть первое:

2vt \equiv 0 \pmod 6 \;\Rightarrow\; \frac{2vt}{6} = \frac{vt}{3} \in \mathbb{Z},

то есть

\frac{vt}{3} \text{ — целое число}.

Минимальное положительное значение — когда

\frac{vt}{3} = 1 \;\Rightarrow\; vt = 3.

Тогда $t = \dfrac{3}{v}$ .

Проверим позиции при таком $t$ :

$x_1 = vt = 3$ км,
$x_2 = 3vt = 9 = 6 + 3$ км,
$x_3 = 5vt = 15 = 12 + 3$ км,
$x_4 = 7vt = 21 = 18 + 3$ км.

По модулю 6 все стоят в точке, отстоящей на 3 км от старта — значит, действительно встретились.

Теперь найдём суммарный путь, который они успели проехать к этому моменту:

S_{\text{общ}} = 3 + 9 + 15 + 21 = 48 \text{ км}.

Ответ: $\boxed{48}$ километров.

질문

사고

답변

질문

사고