Samo dve stopnji

Samo dve stopnji

I. Akulich
"Kvant" №2, 2012

Razmislimo o zaporedju številk, od katerih je prva enaka 1 in vsaka naslednja je dvakrat večja: 1, 2, 4, 8, 16, … Z eksponenti jo lahko zapišemo v enakovredni obliki: 20, 21, 22, 23, 24… To se imenuje čisto pričakovano: zaporedje moči dveh. Zdi se, da v njej ni nič izjemnega – zaporedje je kot zaporedje, niti bolje niti slabše od drugih. Vendar pa ima zelo izjemne lastnosti.

Mnogi bralci so jo brez dvoma spoznali v klasični zgodbi o izumitelju šaha, ki je vladarju prosil za nagrado za prvo celico šahovnice, ene pšenične zrnce, dve za drugo, dve za tretjo in tako naprej, kar je podvojilo število zrnih. Jasno je, da je njihovo skupno število enako

S = 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + … + 263. (1)

Ampak, ker je ta količina neverjetno velika in veliko večja od letne žetve zrnja po vsem svetu, se je izkazalo, da je žajbelj odstranil vladarja kot lepljivo.1

Zdaj pa vprašaj še eno vprašanje: kako izračunati vrednost S? Lastniki kalkulatorja (ali poleg tega računalnik) lahko v predvidljivem času brez težav opravijo množenja, nato pa dodajo prejete številke 64, ki so prejeli odgovor: 18 446 744 073 709 551 615. Ker je količina izračunov precejšnja, je verjetnost napake zelo visoka.

Kdo lahko goljufija, lahko vidi v tem zaporedju geometrijsko napredovanje. Tisti, ki tega koncepta ne poznajo (ali tiste, ki preprosto pozabijo standardno formulo za vsoto geometrijskega napredovanja), lahko uporabijo naslednje argumente. Pomnožimo obe strani enakosti (1) z 2. Ker podvojimo moč dveh, se njen indeks poveča za 1, dobimo

2S = 21 + 22 + 23 + 24 + … + 264. (2)

Zdaj iz (2) odštejemo (1). V levem delu, seveda, dobite 2SS = S. V desnem delu bo prišlo do množičnega medsebojnega uničenja skoraj vseh moči dveh – od 21 do 263 vključujoč in le še 264 – 20 = 264 – 1. Torej:

S = 264 – 1.

No, izraz je veliko enostavnejši, in zdaj, ki ima kalkulator, ki vam omogoča dvig na moč, lahko najdete vrednost te količine brez najmanjšega problema.

In če ni kalkulatorja, kaj storiti? Se pomnožite v stolpcu 64 deuces? Kaj še manjka! Izkušen inženir ali uporabljeni matematik, za katerega je glavni dejavnik čas, bi lahko hitro oceniti odgovor, npr. ga najdite s sprejemljivo natančnostjo. Praviloma je v vsakdanjem življenju (in v večini naravoslovnih ved) napaka 2-3% dokaj dovoljena in če ne presega 1%, potem je to super! Izkazalo se je, da lahko našo zrno izračunamo s takšno napako brez kalkulatorja in v samo nekaj minutah. Kako? Zdaj glej.

Torej je treba čim bolj natančno najti izdelek v višini 64 dvojic (zaradi nebistvene funkcije spustimo enoto). Razdelimo jih v ločeno skupino 4 dvojčka in drugo v 6 skupin po 10 dvojčkov. Produkt dvojic v ločeni skupini je 24 = 16. In produkt z 10 dvojicami v vsaki drugi skupini je 210 = 1024 (poskrbite, kdo dvomi!). Toda 1024 je približno 1000, tj. 103. Zato S mora biti blizu produkta 16 za 6 številk, od katerih je vsakih 103npr. S ≈ 16·1018 (za 18 = 3,6). Res je, napaka tukaj je še vedno prevelika: navsezadnje, šestkrat, ko smo zamenjali 1024 za 1000, smo bili napačno 1.024-krat, na splošno pa smo se, kot je zlahka videl, na 1.0246 krat Torej – še enkrat pomnožite 1.024 šestkrat sama po sebi? Ne, uspeli bomo! Znano je, da za številko xki je večkrat manj kot 1, je naslednja približna formula veljavna z visoko natančnostjo: (1 + x)n ≈ 1 + xn.

Zato je 1.0246 = (1 + 0,24)6 1 + 0,24 · 6 = 1,144. Zato moramo najti številko 16 · 1018 se pomnoži s številko 1.144, kar ima za posledico 18 304 000 000 000 000 000, kar se od pravilnega odgovora razlikuje za manj kot 1%. Kaj smo iskali!

V tem primeru smo zelo srečni: ena od pooblastil dveh (in sicer, deseta) se je izkazala za zelo blizu ene od stopinj ducatov (in sicer tretje).To nam omogoča, da hitro ocenimo vrednost katere koli moči dveh, ne pa nujno tudi za 64. mesto. Med stopnjami drugih številk to pogosto ni. Na primer, 510 drugačen od 107 tudi 1024-krat, vendar … navzdol.2 Vendar pa je to isto berry polje: od 210·510 = 1010potem koliko krat 210 presega 103, istočasno 510 manjod 107.

Še ena zanimiva značilnost obravnavane sekvence je, da lahko vsako naravno številko zgradimo drugačna moči dveh, in edini način. Na primer, za trenutno številko imamo

2012 = 22 + 23 + 24 + 26 + 27 + 28 + 29 + 210.

Dokazovanje teh možnosti in edinstvenosti ni težko. Začnimo s tem priložnosti Recimo, da moramo predstavljati v obliki vsote različnih moči dveh naravnih števil N. Najprej ga napišemo kot vsoto N enote. Ker je enota 20potem prvotno N obstaja vsota enako pooblastila dveh. Nato jih začnemo združevati v parih. Vsota dveh številk je enaka 20– to je 21tako da je rezultat očitno manj število izrazov, enako 21, in morda eno številko 20, če ne bi našel para. Nato povežite iste dodatke 21pridobivanje še manj številk 22 (tu je tudi možen nastanek nezaščitene stopnje dveh1). Potem spet združujemo enake pogoje v parih in tako naprej. Prej ali slej bo proces zaključen, ker se število identičnih moči dveh po vsaki sindikati zmanjša. Ko postane enako 1, je primer končan. Še vedno je treba dodati vse nastale neparirane stopnje dveh – in predstavitev je pripravljena.

Kar se tiče dokazov edinstvenost predstavitve, metoda "z nasprotno" je zelo primerna. Pusti isto številko N uspelo je biti zastopano kot dva množice različnih moči dveh, ki ne popolnoma sovpadajo (to je, da so v eni skupini vključena dva pooblastila, ne pa v drugo, in obratno). Za začetek zavržemo vsa ustrezna pooblastila dveh iz obeh sklopov (če obstajajo). Dobite dve predstavitvi iste številke (manj kot ali enako N) kot vsota različnih moči dveh, in vsi stopinj v pogledih so drugačni. V vsakem pogledu izberite največji stopnja Na podlagi zgoraj navedenega, za dve predstavitvi te stopnje so drugačni. Imenovanje, za katerega je ta stopnja večja, se imenuje prvi, drugo – drugi. Torej naj bo v prvi predstavitvi največja stopnja 2mpotem v drugem očitno ne presega 2m-1. Toda ker (in to smo že naleteli, štetje žita na šahovnici), enakost

2m = (2m-1 + 2m-2 + … + 20) + 1,

potem 2m strogo več vsote vseh pooblastil dveh, ki ne presegajo 2m-1. Iz tega razloga je največja moč dveh, vključena v prvo predložitev, verjetno večja od vsote vseh moči dveh, vključenih v drugo predstavitev. Protislovje!

Dejansko smo pravkar upravičili možnost beleženja številk v binarni sistem številk. Kot veste, uporablja le dve števki – nič in eno, vsako naravno številko pa je v binarnem sistemu napisano na edinstven način (na primer zgoraj omenjeno 2012 – 11 11 011 100). Če številske cifre (binarne cifre) imenujemo od desne proti levi, se začnejo z nič, potem so številke tistih številk, v katerih so tiste, le kazalniki moči dvojic, vključenih v predstavitev.3

Naslednja lastnost množice nenegativnih integernih moči dveh je manj znana. Dovolite nam, da nekatere od njih samovoljno dodelimo znak minus, to pomeni, da bomo iz pozitivnih negativnih.Edina zahteva je, da se tako pozitivno in negativno število izkaže za neskončno količino. Na primer, lahko dodelite znak minus vsaki peti moči dveh ali, recimo, pustita samo dva pozitivna10, 2100, 21000in tako naprej – obstaja veliko možnosti tukaj.

Presenetljivo, toda vse celoto lahko število (in poleg tega edini način) predstavlja vsoto različnih komponent našega "pozitivnega negativnega" zaporedja.4 In dokazati, da to ni zelo težko (na primer z indukcijo na eksponentih dvojčka). Glavna ideja dokaza je prisotnost tako pozitivnih kot negativnih izrazov, poljubno velikih v absolutni vrednosti. Poskusite sami narediti dokaz.

Zanimivo je opazovati zadnje števke pogojev moči dveh. Ker se vsako nadaljnje število zaporedij pridobi s podvojitvijo prejšnjega, se zadnja števka vsakega od njih popolnoma določi z zadnjo številko prejšnje številke. In ker je omejeno število različnih števk, je preprosto zaporedje zadnjih številk moči dveh dolguje biti periodični! Dolžina obdobja seveda ne presega 10 (ker je to točno število številk, ki jih uporabljamo), vendar je to zelo visoka vrednost. Poskusimo jo ovrednotiti brez zapisa samega zaporedja. Jasno je, da zadnje številke vseh moči dveh, začenši z 21, celo. Poleg tega med njimi ni nič – ker je število, ki se konča v nič, deljivo s 5, pri čemer ne morete sumiti na pooblastila dveh. In ker je samo štiri čiste številke brez nič, obdobje ne presega 4.

Preizkusi kažejo, da je tako in da se pogostost pojavlja skoraj takoj: 1, 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6, … – v celoti v skladu s teorijo!

Nič manj uspešnega, lahko ocenimo dolžino obdobja zadnjega para števk zaporedja moči dveh. Ker so vse moči dveh, začenši z 22se delijo s 4, potem so številke, ki jih sestavljajo njihova zadnja dva števila, razdeljena na 4. Največ dvomestnih številk, deljivih z 4, je samo 25 (za enomestne številke, zadnja, a ena številka je nič), vendar jih je treba izpuščati pet, ki se konča v nič: 00, 20, 40, 60 in 80. Tako lahko obdobje vsebuje največ 25 – 5 = 20 številk. Preverjanje kaže, da je tako, se obdobje začne s številko 22 in vsebuje pare številk: 04, 08, 16, 32, 64, 28, 56, 12, 24, 48, 96, 92, 84, 68, 36, 72, 44, 88, 76, 52 in nato še enkrat 04 in tako naprej.

Podobno lahko dokažemo, da je dolžina obdobja zadnjega m številke zaporedja moči dveh ne presegajo 4,5m-1 (več kot to – v resnici je enako 4·5m-1, ampak dokazati, da je to veliko težje).

Torej so zadnje številke pooblastil dveh precej toge omejitve. Kaj pa? prvi številke? Tukaj je položaj skoraj obraten. Izkazalo se je vse nabor številk (prva od njih ni nič) je moč dveh, ki se začne s tem nizom številk. In takšna stopnja sta dva neskončno veliko! Na primer, obstoji neskončno število pooblastil dveh, od leta 2012 ali, recimo, 3,333,333,333,3333333333

In če upoštevamo samo eno zelo prvo številko različnih moči dveh – kakšne vrednote lahko sprejme? Preprosto je zagotoviti, da je vsak – od 1 do vključno 9 (seveda ni nič med njimi). Kateri so bolj pogosti in manj pogosti? Nekako ne morete takoj videti razlogov, zakaj se ena slika pogosteje pojavi druga. Vendar pa globlji refleksi kažejo, da se enako število pojavov ne pričakuje.Dejansko, če je prva številka moči dveh je 5, 6, 7, 8 ali 9, bo prva številka naslednjega števila moči z eno! Zato bi morala obstajati "pristranskost", vsaj v smeri enote. Posledično je malo verjetno, da bodo druge številke "enako zastopane".

Praksa (namreč neposredni računalniški izračun za prvih nekaj deset tisoč moči dveh) potrjuje naše sume. Tukaj je relativni delež prvih števk moči dveh zaokroženih na 4 decimalna mesta:

1 – 0,3010
2 – 0,1761
3 – 0,1249
4 – 0,0969
5 – 0,0792
6 – 0,0669
7 – 0,0580
8 – 0,0512
9 – 0,0458

Kot vidimo, se z naraščanjem števila ta vrednost zmanjša (in zato je enaka enota približno 6,5-krat večja kot prva številka moči dveh ali devetih). Ne glede na to, kako čudno se zdi, bo skoraj enako razmerje med števili prvih številk potekalo za skoraj vsako zaporedje stopinj – ne le dve, ampak tri, pet, osem in na splošno skoraj vse številke, vključno z nelogičnimi (izjema so samo nekatere "posebne" številke). Razlogi za to so zelo globoki in zapleteni, zato jih je treba poznati logaritmom. Za tiste, ki so z njimi seznanjeni, odprite tančico: izkaže se, da je relativni delež moči dveh 5katerega decimalna oznaka se začne s številko F (za F = 1, 2, …, 9) je lg (F + 1) – lg (F), kjer je lg tako imenovani decimalni logaritem enako eksponentu, na katerega je treba dvigniti število 10, da bi dobili številko pod znakom logaritma.6

Z uporabo zgoraj omenjenega razmerja med dvema in petimi močmi je A. Kanel odkril zanimiv fenomen. Izberemo več številk iz zaporedja prvih števk moči dveh (1, 2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, …) v zaporedju in jih napišite v obratnem vrstnem redu. Izkazalo se je, da bodo te številke zagotovo izpolnile tudi v zaporedju, začenši z določenega kraja, v zaporedju prvih števk stopinj petih.7

Dvoje pooblastil so tudi neke vrste "generator" za splošno znane produkte popolne številkeki so enaki vsoti vseh njihovih delilcev, razen za sebe. Na primer, številka 6 ima štiri divizorje: 1, 2, 3 in 6. Zavržemo tisto, ki je enako številu 6. Obstajajo trije deli, katerih vsota je točno 1 + 2 + 3 = 6. Zato je 6 popolna številka.

Če želite dobiti popolno številko, vzemite dve zaporedni moči dveh: 2n-1 in 2n. Večino jih zmanjšamo za 1, dobimo 2n – 1. Izkazalo se je, da če je to glavno število, potem ga pomnožimo s prejšnjo močjo dveh, bomo ustvarili popolno število 2n-1 (2n – 1). Na primer, kdaj n = 3 dobimo originalne številke 4 in 8.Ker je 8 – 1 = 7 prime številka, je 4 · 7 = 28 popolno število.8 Poleg tega je Leonard Euler pravočasno dokazal vse celo popolne številke imajo ravno to obliko. Čudne popolne številke še niso bile odkrite (in malo verjame v njihov obstoj).

Degrees s tako imenovano Katalonske številke, katere sekvenca je 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429 … Pogosto se pojavijo pri reševanju različnih kombinatornih problemov. Na primer, koliko načinov se lahko razbije konveksno ntrikotnik na trikotnikih z neugodnimi diagonali? Vse isti Euler je ugotovil, da je ta vrednost enaka (n – 1) številka števila katalonskih (označujemo jo Kn-1), in to je ugotovil Kn = Kn-1·(4n – 6)/n. Zaporedje katalonskih številk ima veliko zanimivih lastnosti, ena od njih (pravkar povezana s temo tega članka) je, da so redna števila vseh neparnih katalonskih številk dvoje moči!

Pristojnosti dveh se pogosto srečujejo pri različnih nalogah, ne samo v pogojih, temveč tudi v odgovorih. Vzemi, na primer, nekoč priljubljeno (in še vedno ne pozabljeno) Hanojev stolp. To je bilo ime puzzle igre, ki jo je XIX stoletje izdelal francoski matematik E. Luke.Vsebuje tri palice, od katerih je ena obrabljena n vozi z luknjo na sredini vsakega. Premeri vseh diskov so drugačni in so razporejeni po padajočem vrstnem redu od spodaj navzgor, to je največji disk na dnu (glej sliko). Izkazalo se je kot stolp diskov.

To stolp je treba prenesti na drugo palico, pri tem pa upoštevati naslednja pravila: premaknite diske strogo eno za drugo (odstranite zgornji disk iz katere koli palice) in vedno postavite le manjši disk na večji, ne pa obratno. Vprašanje je: kaj je najmanjše število potez, potrebnih za to? (Med postopkom pozivamo odstranitev diska iz ene palice in ga postavimo na drugo.) Odgovor: je enak 2n – 1, kar se lahko dokaže z indukcijo.

Pusti n pogoni potrebujejo najmanj število premikov, ki so enake Xn. Našli smo Xn+1. V tem procesu, prej ali slej je potrebno odstraniti največji disk iz palice, na katerem so bile vse diske prvotno nameščene. Ker se ta disk lahko nosi samo na praznem palic (v nasprotnem primeru bo "pritisnila" manjši disk, ki je prepovedana), potem je vsa zgornja n pogone bo treba prenesti na tretjo palico. To bo zahtevalo vsaj Xn premakne. Nato prenesemo največji disk na prazno palico – tu je še ena poteza.Nazadnje, na vrhu, "stiskanje" manjše n diski ponovno zahtevajo vsaj Xn premakne. Torej Xn+1 ≥ Xn + 1 + Xn = 2Xn + 1. Po drugi strani zgoraj opisani ukrepi kažejo, kako se lahko kos s to nalogo natanko 2Xn + 1 premika. Zato, končno Xn+1 =2Xn + 1. Dobimo ponovitveno razmerje, vendar ga moramo najti tudi, da bi ga prenesli v "normalno" obliko X1. No, lažje kot kdajkoli prej: X1 = 1 (manj preprosto se ne zgodi!). Na podlagi teh podatkov ni težko ugotoviti, kaj Xn = 2n – 1.

Tukaj je še en zanimiv izziv:

Poiščite vsa pozitivna cela števila, ki jih ni mogoče predstaviti kot vsota več (vsaj dveh) zaporednih pozitivnih celih števil.

Naj najprej preverimo najmanjše številke. Jasno je, da številka 1 v določeni obliki ni mogoča. Toda vse čudne, ki so več kot 1, se seveda lahko predstavijo. Dejansko je lahko vsako neparno število, večje od 1, zapisano kot 2k + 1 (k – naravna), ki je vsota dveh zaporednih pozitivnih celih števil: 2k + 1 = k + (k + 1).

In kaj je s številkami? Preprosto je zagotoviti, da številke 2 in 4 ne morejo biti zastopane v zahtevani obliki. Mogoče za vse celo številke? Žal, naslednja celo število zavrača našo predpostavko: 6 = 1 + 2 + 3. Toda številka 8 še ni mogoče podpreti.Vendar pa so naslednje številke spet slabše od napadov: 10 = 1 + 2 + 3 + 4, 12 = 3 + 4 + 5, 14 = 2 + 3 + 4 + 5, vendar je 16 znova nepredstavljivo.

No, zbrane informacije nam omogočajo, da pripravimo predhodne zaključke. Prosimo, upoštevajte: ni bilo mogoče prikazati v določenem obrazcu samo dve stopnji. Ali to velja za preostale številke? Izkazalo se je, da! V resnici upoštevajte vsoto vseh naravnih številk iz m do n vključujoč. Ker sta vsaj dva izmed njih, potem n > m. Kot je znano, vsota zaporednih članov aritmetične progresije (in z njo imamo, da se ukvarjamo!) Je enaka produktu polovice vsega prvega in zadnjega člana po njihovi številki. Polovica je (n + m) / 2, in število številk je nm + 1. Zato je vsota enaka (n + m)(nm + 1) / 2. Upoštevajte, da sta v števcu dva dejavnika, vsaka od njih strogo več 1, hkrati pa je njihova pariteta drugačna. Izkazalo se je, da vsota vseh naravnih števil iz m do n vključeno deljeno z neparno številko, večjo od 1, in zato ne more biti moč dveh. Zdaj je jasno, zakaj ni bilo mogoče predstaviti pooblastil dveh v želeni obliki.

Še naprej je treba zagotoviti, da ne drugega razreda si lahko predstavljate.Kar se tiče lihih števil, smo jih že obravnavali zgoraj. Vzemite celo število, ki ni moč dveh. Naj največja moč dveh, na kateri je razdeljena, je 2a (a – naravno). Potem, če je številka deljena z 2a, se bo že čudno število večje od 1, ki ga pišemo v znani obliki – kot 2k + 1 (k – tudi naravno). Torej, na splošno, naša celo število, ki ni moč dveh, je 2a (2k + 1). Zdaj upoštevajte dve možnosti:

  1. 2a+1 > 2k + 1. Vzemi vsoto 2k + 1 zaporedna pozitivna cela števila povprečje od tega je 2a. To je enostavno videti najmanjši od njih je 2a – k, največji pa je 2a + kin najmanjša (in torej vsa ostala) je pozitivna, to je resnično naravna. No, znesek je očitno le 2a(2k + 1).
  2. 2a+1 < 2k + 1. Vzemi vsoto 2a+1 zaporedna pozitivna cela števila. Ne morete določiti povprečje številka, ker je število številk celo, vendar označite par srednje številke, ki jih lahko: naj bodo številke k in k + 1. Potem najmanjši vseh številk je k + 1 – 2a (in tudi pozitiven!), in največji je k + 2a. Njihova vsota je enaka 2a(2k + 1).

To je vse. Torej, odgovor je: nereprezentativne številke so pooblastila dveh in samo njih.

In tu je še ena naloga (najprej je predlagal V.Izključno, vendar v nekoliko drugačnem besedilu):

Vrtni prostor je obdan s trdno ograjo plošč N. Po vrstnem redu tete Polly Tom Sawyer je belica ograje, toda na lastnem sistemu: ves čas giblje v smeri urinega kazalca, najprej pobere poljubno ploščo, nato pa preskoči eno desko in belce naslednjega, nato pa preskoči dve dasi in belce naslednje, in tako naprej, vsakič, ko preskočite še eno ploščo (vendar je nekaj plošč večkrat pobarvan – Tom ni sram.).

Tom verjame, da bo s takšno shemo prej ali slej vse plošče pobesnelo in teta Polly je prepričana, da bo vsaj ena plošča ostala nebeljena, ne glede na to, koliko dela Tom. Pod to, kar je N Tom, in pod tisto, kar je teta Polly?

Opisani sistem beljenja se zdi precej kaotičen, zato se na začetku morda zdi, da je za vsakogar (ali skoraj vse) N vsak odbor bo kdaj dobil svoj delež apna, to je, v bistvuTom ima prav. Toda prvi vtis je zavajajoč, ker je Tom v pravem pomenu Nki so pooblastila dveh. Za ostalo N obstaja tabla, ki bo ostala za vedno nebeljena.Dokaz tega dejstva je precej okoren (čeprav načeloma ni težko). Ponujamo bralcu, da to naredi sam.

To sta stopnja obeh. Po videzu je preprostejša od preprostega, ampak kako kopati … In smo se dotaknili daleč od vseh neverjetnih in skrivnostnih lastnosti tega zaporedja, vendar le tistih, ki so me ujele. No, in bralcu je dana pravica samostojnega nadaljevanja raziskav na tem področju. Nedvomno bodo plodne.


1 Vendar pa se je vladar resnično strinjal, da plača tisto, kar je bilo potrebno, zgodovina je tiha. Večja je verjetnost, da se je za žajbelj vse končalo z dolgim ​​zaporom po članku »za luknjo«.
2 Za radovednega, tukaj je še eno dobro naključje: 69 = 10 077 696, pri čemer je relativno odstopanje z najbližjo stopnjo desetine le okoli 0,8%, kar je približno trikrat manj kot pri 210.
3 Vseprisotni decimalni sistem temelji na istem načelu. Samo namesto moči dveh, se uporabljajo desetine stopinj (ker se tako imenuje), številke v zapisu pa kažejo na število ducatov naslednjega moči, ki jo je treba dodati.
4 V tem primeru je število 0 (nič) predstavljeno kot popolna odsotnost izrazov (to je formalno, nič njihovo število).
5 In ne samo dvojčka, kot je bilo že omenjeno!
6 Lačen za podrobnosti lahko preberete članek V. Boltyansky "Kako pogosto se moči dveh začnejo z eno?" ("Kvant" št. 5 za leto 1978) ter članek V. Arnolda "Statistika prvih osebnosti dveh in delitve sveta" ("Kvant" številka 1 za leto 1998).
7 Oglejte si težavo M1599 iz zbirnega naloga Quant Quant (Quant Quantity, 1997).
8 Trenutno je znanih 43 popolnih števil, od katerih je največ 230402456(230402457 – 1). Vsebuje nad 18 let milijonov številke


Like this post? Please share to your friends:
Dodaj odgovor

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: