Разное

Проверка на четность паскаль: Как проверить число на четность?

Содержание

Вывести нечетное число

Описание переменных: 

a, b — данные числа

Алгоритм решения задачи: 

Пользователь вводит четное и нечетное число. Последовательность их ввода может быть любой. Таким образом, неизвестно какая из двух переменных (a или b) содержит нечетное число. Чтобы выяснить это, используется конструкция условного ветвления (if-else), а также операция нахождения остатка от целочисленного деления (mod).

Если результат нахождения остатка от деления значения переменной a на 2 равен нулю, значит, эта переменная содержит четное число. Тогда нечетное число находится в переменной b и его следует вывести на экран. Если же результат нахождения остатка не равен нулю, значит, a содержит нечетное число. Оно выводится в ветке else.

Программа на языке Паскаль: 

var a, b: integer;
begin
	writeln('Введите одно четное и одно нечетное числа');
	readln(a, b);
	if a mod 2 = 0 then
		writeln(b,' - нечетное число')
	else
		writeln(a,' - нечетное число');
end. 

Примеры работы программы:

Введите одно четное и одно нечетное числа
4 5
5 - нечетное число
Введите одно четное и одно нечетное числа
5 4
5 - нечетное число

Примечания: 

В данном случае предполагается, что пользователь осуществляет ввод правильно, т. е. всегда вводит одно четное и одно нечетное число. Если же ввод был некорректный (два четных или два нечетных числа), то программа будет работать неправильно. В случае двух четных чисел программа выведет второе. В случае двух нечетных — первое введенное. Чтобы избежать подобных недоразумений, программу можно усовершенствовать следующим образом:

var a, b: integer;
begin
	writeln('Введите одно четное и одно нечетное числа');
	readln(a, b);
	if (a mod 2 = 0) and (b mod 2 <> 0) then
		writeln(b,' - нечетное число')
	else
		if (a mod 2 <> 0) and (b mod 2 = 0) then
			writeln(a,' - нечетное число')
		else
			writeln('Некорректный ввод');
end.

В данном случае в заголовках условного оператора проверяются оба числа: одно — на четность, другое — на нечетность. Если оба будут четные, или оба будут нечетные, то сработает тело вложенного оператора else.

Введите одно четное и одно нечетное числа
3 5
Некорректный ввод
Введите одно четное и одно нечетное числа
4 10
Некорректный ввод

Проверка нечетности чисел

На этой странице мы решаем задачи boolean8 — boolean11 из задачника Абрамяна. В этих примерах речь идет об определении чётности или нечётности двух чисел. Чтобы проверить нечетность числа, будем использвать функцию odd(n), возвращающую True, если n нечетное, и False – в противном случае. Например, odd(33) возвратит True, а odd(22) возвратит False.

Вместо указанной функции можно использовать операцию mod нахождения остатка. Так, в для примеров выше (33 mod 2 = 1) возвратит True, а значение выражения (22 mod 2 = 1) будет False, так как в последнем примере остаток будет 0.

Boolean8. Даны два целых числа: A, B. Проверить истинность высказывания: «Каждое из чисел A и B нечетное».

Код Pascal

1  
2  
3  
4  
5  
6  
7  
8  
9  
10  
11  
12  
13  
var
  A, B: integer;

begin
  writeln('Введите целые числа A, B:');
  readln(A, B); { <-- Вводим целые A и B }
  writeln;
  { Если A и B нечетны, то odd(A) и odd(B) возвращают True. Но
  поскольку условия нечетности должны выполнятся одновременно,
  то мы должны использовать логический оператор and: }
  writeln('Каждое из чисел нечетное? ', odd(A) and odd(B));
  readln
end.

Boolean9. Даны два целых числа: A, B. Проверить истинность высказывания: «Хотя бы одно из чисел A и B нечетное».

Код Pascal

1  
2  
3  
4  
5  
6  
7  
8  
9  
10  
11  
12  
13  
14  
15  
16  
var
  A, B: integer;

begin
  write('A = ');
  readln(A);
  write('B = ');
  readln(B);
  writeln;
  { Если A и B нечетны, то odd(A) и odd(B) возвращают 
  True.  Но поскольку условие нечетности должно выполнятся 
  хотя бы для одного числа (A или B), то здесь используем 
  логический оператор or: }
  writeln('Хотя бы одно из чисел нечетное? ', odd(A) or odd(B));
  readln
end.

Boolean10. Даны два целых числа: A, B. Проверить истинность высказывания: «Ровно одно из чисел A и B нечетное».

Код Pascal

1  
2  
3  
4  
5  
6  
7  
8  
9  
10  
11  
12  
13  
var
  A, B: integer;

begin
  writeln('Введите целые числа A, B:');
  readln(A, B); 
  writeln;
  { Среди двух чисел A и B нечетным будет одно тогда и 
  только тогда, когда их сумма нечетна. Поэтому будем 
  проверять число  odd(A + B) на нечетность: }
  writeln('Ровно одно из чисел нечетное: ', odd(A + B));
  readln
end. 

Во втором варианте решения используем оператор xor:

Код Pascal

1  
2  
3  
4  
5  
6  
7  
8  
9  
10  
11  
12  
13  
14  
var
  A, B: integer;

begin
  writeln('Введите целые числа A, B:');
  readln(A, B);
  writeln;
  { Поскольку из чисел odd(A) и odd(B) только одно должно 
  возвращать True (быть нечетным), то здесь уместно 
  использование логического оператора xor (M xor N - возвращает 
  true, если только лишь одно M или N возвращает True): }
  writeln(' ', odd(A) xor odd(B));
  readln
end.

Boolean11. Даны два целых числа: A, B. Проверить истинность высказывания: «Числа A и B имеют одинаковую четность».

Код Pascal

1  
2  
3  
4  
5  
6  
7  
8  
9  
10  
11  
12  
13  
var
  A, B: integer;

begin
  writeln('Введите числа целые A, B:');
  readln(A, B);
  writeln;
  { Если числа A и B имеют одинаковую четность, тогда 
  их сумма будет четна и odd(A + B) возвратит false.  
  Поэтому оператор not odd(A + B) возвратит true: }
  writeln(not odd(A + B));
  readln
end.

Второй вариант решения задачи Boolean11:

Код Pascal

1  
2  
3  
4  
5  
6  
7  
8  
9  
10  
11  
12  
13  
var
  A, B: integer;

begin
  writeln('Введите целые числа A, B:');
  readln(A, B);  
  writeln;
  { Числа A и B будут иметь одинаковую четность тогда и 
  только тогда, когда их сумма четна. Поэтому, увеличив 
  сумму на 1, получим нечетное число A + B + 1: }
  writeln(odd(A + B + 1));
  readln
end.

Проверка числа на четность )

 
owa
 
(2008-01-20 14:55)
[0]

Доброе время суток ув. мастера. Передо мной встала задача с первого взгляда простая, но когда я к ней подобрался поближе -оказалось все не так и просто) Я хочу закрасить в ListBox каждую четную строку в другой оттенок цвета, а когда начал делать цикл — оказалось что не умею проверить четное ли число или нет.. (
Подскажите пожалуйста как это проверяется? Может быть есть какая-то функция стандартная например, или в любом случае надо писать свою функцию проверки на четность? Или чтобы закрасить каждую вторую строку в ЛистБокс вообще своя функция есть)
Заранее спасибо)


 
savyhinst ©
 
(2008-01-20 14:58)
[1]

if x mod 2=0 then число чётное


 
korneley ©
 
(2008-01-20 15:17)
[2]

a если odd(число) = true, то нечётное.


 
owa
 
(2008-01-20 15:17)
[3]

>savyhinst ©  
>if x mod 2=0 then число чётное

Спасибо!!


 
owa
 
(2008-01-20 15:18)
[4]

>korneley ©   (20. 01.08 15:17) [2]
>a если odd(число) = true, то нечётное.

И вам !


 
Anatoly Podgoretsky ©
 
(2008-01-20 15:45)
[5]

> owa  (20.01.2008 15:18:04)  [4]

За пример безграмотного кода


 
korneley ©
 
(2008-01-20 18:34)
[6]


> За пример безграмотного кода

Это не пример кода, это сигнал о том, что есть такая функция. 🙂
Не, ну ясно же, что результат функции проверять на равенство с  true — мове тон. Если кто-то прям так и вставит — то… так ему и надо :)))


 
KilkennyCat ©
 
(2008-01-20 18:40)
[7]

а зачем вообще проверять в поставленной задаче? цикл закраски с шагом 2.


 
DrPass ©
 
(2008-01-20 18:43)
[8]


> if x mod 2=0 then число чётное

Т.е. 0 — четное число?


 
korneley ©
 
(2008-01-20 18:55)
[9]


> Т.е. 0 — четное число?

Если верить определению «делится на 2 без остатка», то да. Но, по-моему, 0 считается четным, так сказать, волевым решением. Просто договорились. А нечетное число 1 чем лучше? Тоже меньше двух.


 
{RASkov} ©
 
(2008-01-20 20:04)
[10]

> [0] owa   (20.01.08 14:55)
> Я хочу закрасить в ListBox каждую четную строку в другой
> оттенок цвета, а когда начал делать цикл

А цикл-то вообще зачем здесь?
OnDrawItem и там должен быть параметр Index который и отправлять в функцию Odd а ее результат проверять и в соответствии красить строку с четным или нечетным Индексом.

> Или чтобы закрасить каждую вторую строку в ЛистБокс вообще
> своя функция есть)

Ну вот как раз я об этом вроде и говорю…


 
{RASkov} ©
 
(2008-01-20 20:05)
[11]

> > Или чтобы закрасить каждую вторую строку в ЛистБокс вообще
> > своя функция есть)
>
> Ну вот как раз я об этом вроде и говорю…

Точнее будет — «свой метод»


★ Чётность — комбинированный список .. Информация

Пользователи также искали:



чётность числа,

чётность это,

чётность математика,

проверка на четность c#,

проверка на чётность с++,

задачи на четность,

Чётность,

чётность,

четность,

проверка,

функции,

четность функции,

чётность математика,

чётность числа,

проверка на четность c,

проверка на чётность с,

четность функции онлайн,

онлайн,

математика,

числа,

чётность это,

задачи,

задачи на четность,

комбинированный список. чётность,

Посчитать четные и нечетные цифры числа

Определить, сколько в числе четных цифр, а сколько нечетных. Число вводится с клавиатуры.

Если число делится без остатка на 2, его последняя цифра четная. Увеличиваем на 1 счетчик четных цифр even. Иначе последняя цифра числа нечетная, увеличиваем счетчик нечетных цифр odd.

В Python операцию нахождения остатка от деления выполняет знак %.

Чтобы избавиться от младшего уже учтенного разряда, число следует разделить нацело на 10. Деление нацело обозначается двумя слэшами //.

a = input()
a = int(a)

even = 0
odd = 0

while a > 0:
    if a % 2 == 0:
        even += 1
    else:
        odd += 1
    a = a // 10

print("Even: %d, odd: %d" % (even, odd))

Пример выполнения:

65439
Even: 2, odd: 3

Кроме чисто математического подхода в Python можно решить задачу «через строку». Мы не будем переводить введенное строковое представление числа к целочисленному типу, вместо этого переберем символы строки в цикле for. Каждый символ преобразуем к числу и проверим на четность.

a = input()

even = 0
odd = 0

for i in a:
    if int(i) % 2 == 0:
        even += 1
    else:
        odd += 1

print("Even: %d, odd: %d" % (even, odd))

Поскольку количество четных (как и нечетных) цифр ограничено, в программу можно включить что-то типа «базы данных» и проверять каждый символ на вхождение в нее.

a = input()

digits = "02468"

even = 0
odd = 0

for i in a:
    if i in digits:
        even += 1
    else:
        odd += 1

print("Even: %d, odd: %d" % (even, odd))

Обратим внимание, что оператор in языка Python в заголовке цикла for обозначает иное, чем в заголовке условного оператора. Логическое выражение i in digits возвращает истину если i входит в состав digits. В иных случаях — ложь.

Бесплатные Лабораторные И Курсовые | Studlearn.

com




































































































Исходник Поиск минимального, максимального элемента в массиве, заполнение случайными числами на C# 54 .NET (C#)
бесплатно
Исходник Калькулятор C# Windows Forms 42 .NET (C#)
бесплатно
Исходник Криптография в C# (RSA, DES, SHA1) 86 .NET (C#)
бесплатно
Исходник Чётные и нечётные элементы массива C# 59 . NET (C#)
бесплатно
Исходник Пример полиморфизма C# 16 .NET (C#)
бесплатно
Исходник Типичные задачи с циклами на C#. Часть 1 60 .NET (C#)
бесплатно
Курсовая Программная реализация игры «крестики-нолики» С++ 36 C/C++
бесплатно
Исходник Исходника калькулятора на WPF C# 46 . NET (C#)
бесплатно
Исходник Диагональ матрицы C# 25 .NET (C#)
бесплатно
Статья Генерация случайных чисел на C# или класс Random под микроскопом 33 .NET (C#)
бесплатно
Исходник Игра Сапер C++ 18 C/C++
бесплатно
Исходник Сортировка слиянием(merge sort) | Python 0 Python
бесплатно
Курсовая База данных «Отдел кадров» 7 Базы данных
бесплатно
Исходник Быстрая сортировка(quick sort) | C# 0 . NET (C#)
бесплатно
Исходник Сортировка массива методом пузырька C# 0 .NET (C#)
бесплатно
Курсовая Удаленное включение компьютера C# 16 .NET (C#)
бесплатно
Курсовая Игра Змейка (С) 8 C/C++
бесплатно
Исходник Проверить, является ли число счастливым билетом на C# 16 . NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Эмулятор продаж на C# с использованием Tasks (TAP) 11 .NET (C#)
бесплатно
Курсовая База данных «Кинотеатр» 88 Базы данных
бесплатно
Исходник DSA цифровая подпись C# 16 . NET (C#)
бесплатно
Исходник Основы алгоритмизации и программирования C# 10 .NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Добавление, удаление, редактирование записей в БД (phpMyAdmin) PHP 0 PHP
бесплатно
Исходник Покрываем юнит-тестами (Unit Tests) простой калькулятор на C# 8 . NET (C#)
бесплатно
Исходник Бот интернет магазина 0 Python
бесплатно
Исходник Простой пример WCF сервиса испольузя basicHttpsBinding и клиента (консольное приложение) 68 .NET (C#)
бесплатно
Курсовая Реализация операции умножения больших чисел (от 512 бит) с помощью классического алгоритма умножения. 7 C/C++
бесплатно
Курсовая Алгоритм обучения нейронных сетей 11 Методы и системы исскуственнного интеллекта
бесплатно
Курсовая Графические объекты C# 10 .NET (C#)
бесплатно
Курсовая Клавиатурный тренажер 10 . NET (C#)
бесплатно
Исходник Сумма квадратов натуральных чисел из диапазона [ a , b ] на C# 8 .NET (C#)
бесплатно
Исходник Быстрая сортировка(quick sort) | Python 0 Python
бесплатно
Исходник Количество символов в каждом слове предложения на C# 6 . NET (C#)
бесплатно
Курсовая C++ cловесный эквивалент числа 18 C/C++
бесплатно
Лабораторная 30+ лаболаторных 8 .NET (C#)
бесплатно
Диплом Руководство по разработке динамической логической игры на Visual Basic 6.0 10 Разработка игр
бесплатно
Лабораторная Простой прокси-сервер C# 0 . NET (C#)
бесплатно
Диплом методы иследования 4 .NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Интерполяция по Лагранжу. 14 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Простой макет сайта «Фотогалерея» HTML/CSS 1 HTML/CSS
бесплатно
Статья Рассылка SMS. Пример работы с событиями (events) на C# в Visual Studio 2015 9 .NET (C#)
бесплатно
Статья Поиск дубликатов C# 12 .NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Метод наименьших квадратов 27 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Функции 9 C/C++
бесплатно
Диплом Информационно-справочная система кинотеатра 6 Проектирование баз данных
бесплатно
Статья Сумма уникальных цифр в строке C# 5 . NET (C#)
бесплатно
Реферат Java —язык программирования, 8 Java
бесплатно
Исходник Программа для обмена сообщениями через консоль на C# 0 .NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Деревья Delphi 0 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная «Массивы. Одномерные массивы.» Delphi 14 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Решение финансовых задач при помощи Microsoft Excel Банк 7 Excel
бесплатно
Курсовая Нейронные сети. Распознавание образов 7 Методы и системы исскуственнного интеллекта
бесплатно
Исходник Обратный Шифр Цезаря 18 . NET (C#)
бесплатно
Другое Элементарные преобразования над математическими матрицами 0 C/C++
бесплатно
Исходник Браузер 0 .NET (C#)
бесплатно
Диплом Создание базы данных «расписание» 11 Проектирование баз данных
бесплатно
Лабораторная Циклические алгоритмы 3 C/C++
бесплатно
Исходник Проверка на четность C# 0 . NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Структуры 3 C/C++
бесплатно
Курсовая Автоматизация продажи и учета лекарственных средств 8 Проектирование баз данных
бесплатно
Исходник Быстрая сортировка(quick sort) | Pascal 0 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Удаление строк и столбцов в матрице Delphi 0 Pascal/Delphi
бесплатно
Статья Вввод-Вывод С# 8 . NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Метод разделённых разностей 23 Pascal/Delphi
бесплатно
Статья Используем FileStream, StreamReader, StreamWriter, GZipStream в C# 18 .NET (C#)
бесплатно
Лабораторная Массивы 5 C/C++
бесплатно
Лабораторная Файлы 4 C/C++
бесплатно
Исходник Диапазон квадратов JavaScript 8 JavaScript
бесплатно
Курсовая Алгоритмический язык Pascal. Программа «Телефонный справочник» 4 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Динамические массивы структур 4 C/C++
бесплатно
Исходник Диапазон квадратов С# 32 .NET (C#)
бесплатно
Контрольная Составить программу для решения систем трех линейных уравнений методами Гаусса и Холецкого. 0 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Использование компонентов в интегрированной среде Delphi «Работа с графикой» 7 Pascal/Delphi
бесплатно
Статья Знакомство со средой программирования Borland C++ Builder6. -4 C/C++
бесплатно
Лабораторная Изучение методов сортировки 7 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная «Работа со строками. » Delphi 9 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Линейные и разветвлённые алгоритмы 0 C/C++
бесплатно
Лабораторная Обработка целых данных 4 C/C++
бесплатно
Другое Игры с точки зрения математики 12 Теория игр
бесплатно
Статья Как ускорить компиляцию с помощью предкомпилированных заголовков в С++ Builder 4 C/C++
бесплатно
Курсовая Физические основы восстановления информации жестких магнитных дисков 1 Windows
бесплатно
Статья BIOS и его настройки 2 Windows
бесплатно
Реферат 3D Studio Max 2009 7 3ds Max
бесплатно
Лабораторная Программа, определяющая точный возраст (до одного дня) по дате рождения PHP 0 PHP
бесплатно
Лабораторная Добавление и удаление Cookie PHP 0 PHP
бесплатно
Шпаргалка C++ Builder. Введение в структурное программирование 8 C/C++
бесплатно
Исходник Диапазон квадратов F# 8 Функциональное программирование
бесплатно
Презентация 10 шагов составления эффективных презентаций PowerPoint 3 PowerPoint
бесплатно
Курсовая Автоматизация Школы Информационно-Телекоммуникационных Технологий 4 Проектирование баз данных
бесплатно
Лабораторная Модель взаимодействия открытых систем ISO/OSI 0 IP-адреса
бесплатно
Лабораторная Программа, выводящая все английские, русские слова и числа в тексте разными цветами PHP 0 PHP
бесплатно
Статья BIOS: оптимизация и настройка 7 Windows
бесплатно
Лабораторная Модули Turbo Pascal 9 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Использование компонентов в интегрированной среде Delphi “Возведение в степень” 5 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Использование компонентов в интегрированной среде Delphi «Фильмотека» 4 Pascal/Delphi
бесплатно
Лабораторная Использование компонентов в интегрированной среде Delphi «Метод Drag-and-drop» 1 Pascal/Delphi
бесплатно
Контрольная Задачи по основам теории вероятностей 9 Теория вероятности
бесплатно
Реферат Защита информации 7 Информационная безопасность
бесплатно
Статья Антивирусное ПО для серверов 3 Информационная безопасность
бесплатно

биномиальных коэффициентов — Аналитически, почему треугольник Серпинского появляется в треугольнике Паскаля?

Следующий аргумент не является доказательством, но его можно преобразовать в доказательство.
Мы запишем $ 0,1 $ для биномиальных коэффициентов, взятых по модулю $ 2 $, тавтологически используем эти два цвета, $ 0,1 $, чтобы раскрасить коэффициенты.

Коэффициенты рассматриваются как элементы поля $ \ Bbb F_2 $.
В большинстве случаев мы используем только его аддитивную структуру, то есть базовую структуру абелевой группы $ \ Bbb Z / 2 $, но в какой-то момент я хочу использовать морфизм Фробениуса во второй характеристике.n} $, поэтому остаются только два экстремальных значения $ 1 $, все остальные коэффициенты равны нулю. Это работает для обычного $ n $. Зная строку $ N $, у нас есть только один шанс на строку $ N-1 $, это линия единиц.

Теперь поместите белый значок $ \ nabla $ над записью $ 0 $, какой-нибудь $ \ blacktriangle $ поверх остальных, чтобы вышеприведенное могло выглядеть как
$$ \ blacktriangle \\
\ черный треугольник \ набла \ черный треугольник
$$
и сравните со вторым треугольником в

Эволюция треугольника Серпинского

При вычислении следующей строки, номер строки $ 2 ^ 2 $, у нас есть строка $ 1,0,0,0,1 $, как уже упоминалось. Вот изображение:

  1
        1 1
      1 0 1
    1 1 1 1
  1 0 0 0 1
  

И полезно думать об этом так:
$$
\ color {красный} {\ blacktriangle} \\
1 \ 1 \\
1 \ 0 \ 1 \\
1 \ 1 \ 1 \ 1 \\
\ цвет {красный} {\ blacktriangle} \ 0 \ 0 \ 0 \ \ цвет {красный} {\ blacktriangle}
$$
Теперь мы снова играем в «игру жизни», где один бит оживляет диагонально размещенные записи в следующем ряду. Затем игра работает для двух записей $ \ color {red} {\ blacktriangle} $ в последней строке, как это работало для верхних $ \ color {red} {\ blacktriangle} $, конечно, до тех пор, пока они не «мешают».7 $.

У нас такая ситуация:

  1
            1 1
          1 0 1
        1 1 1 1
      1 0 0 0 1
    1 1 0 0 1 1
  1 0 1 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1
  

Теперь поместите белый значок $ \ nabla $ на нулевые записи в середине так, чтобы верхняя полоса $ \ nabla $ соответствовала нулевым записям в строке $ 1 \ 0 \ 0 \ 0 \ 1 $, и сравните с следующая фотография в loc. соч. — мы вышли на следующий этап.Следующая строка снова представляет собой строку $ 1 \ 0 \ 0 \ \ dots \ 0 \ 0 \ 1 $, и ее изображение выглядит следующим образом:
$$
\ color {красный} {\ blacktriangle} \\
1 \ 1 \\
1 \ 0 \ 1 \\
1 \ 1 \ 1 \ 1 \\
1 \ 0 \ 0 \ 0 \ 1 \\
1 \ 1 \ 0 \ 0 \ 1 \ 1 \\
1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \ 0 \ 1 \\
1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \\
\ color {красный} {\ blacktriangle} \ 0 \ 0 \ 0 \ 0 \ 0 \ 0 \ 0 \ \ color {red} {\ blacktriangle}
$$
Экстремальные значения $ 1 $ в последней строке теперь будут подвергаться той же операции копирования + вставки из верхней вершины, и мы получим более крупную $ \ nabla $ в середине, мы видим верхнюю линию белого $ \ nabla $ в последняя строка, и игра «копирование + вставка» продолжается.{n + 1} $), и в пределе естественно ожидать самоподобия. (После строгого определения предела.) Обратите внимание, что приведенная выше конструкция идет параллельно построению треугольника Серпинского.)


Если это действительно необходимо для специальной цели, я могу попытаться стать аналитиком и установить аналитическую формулу для точек, используя их $ 2 $ -адические координаты в барицентрических координатах точек внутри треугольника Серпинского — на уровне $ N $ и в пределе. (Его трудно записать, и доказательство сходимости не будет интуитивно понятным.)

Создание математики: результаты треугольника Паскаля

Результаты для моделей в задаче треугольника Паскаля

Решения проблем разминки

  1. Увидеть треугольник Паскаля
    на http: //www2.edc.org../../mathtools/pascal/pascal.asp для
    круг возможных открытий.
  2. Каждый шаг удаляет 1 / 9 и оставляет 8 / 9
    оставшейся черной области. После n шагов исходный
    квадрат будет ( 8 / 9 ) n
    чернить. Поскольку этот процесс продолжается для все более крупных n ,
    квадрат будет становиться все ближе к 0% черному. Как ни странно,
    это не значит, что вся фигура будет черной. Там
    по-прежнему останется набор черных точек (нулевой меры). Где
    они? Подумайте о точках, которые удаляются на каждом этапе
    (внутренность каждого квадрата, а не его граница).
  3. Посмотреть модульную арифметику
    ресурсы для решения своих проблем.
  4. См. Раздел результатов
    проекта поездов.
  5. Ответы на пункты а), б) и в) такие же, как в строках с 0 по
    4 треугольника Паскаля.

d) f ( n , k ) = f ( n
— 1, к — 1) + к ( к
1, к )

С 0! = 1, f ( n , n ) = и
f ( n , 0) =
оба упрощаются до 1. Таким образом, f ( n , k )
удовлетворяет тем же свойствам, что и Pascal ( n ,
к ).

e) Для,
мы выбираем подмножество размера k из нашего набора
размер н . Произвольно выберите один элемент из набора, e .
Каждый из наших подмножеств k -элементов содержит либо e
или нет.Итак,

= количество подмножеств, содержащих e +

количество подмножеств, не содержащих
e

Если подмножество содержит e , мы все равно должны выбрать k
— 1 элемент из оставшихся n — 1 элемент
набора (). Если подмножество не содержит e ,
мы должны выбрать k элементов из оставшихся n
— 1 элемент ( ). Следовательно, .

запрашивает все подмножества, содержащие все элементы набора, и там
это только один способ сделать это (взять весь набор). Аналогичным образом запрашивает все подмножества, не содержащие элементов.
набора, и есть только один способ сделать это (используйте пустой
набор). Так
удовлетворяет тем же свойствам, что и Pascal ( n ,
k ) и f ( n , k ).

Это последнее доказательство демонстрирует, что арифметика (сложение двух
числа выше) и комбинаторный (элементы происходят из) способы определения Паскаля
треугольник непротиворечивы. Эти два доказательства показывают, что значение
числа k в строке n Паскаля
треугольник (наши подсчеты начинаются с 0-го значения в строке 0)
соответствует значениям из формул факториала и комбинаций.

Основные результаты

Из-за множества различных способов получения Паскаля
треугольник, есть много способов подтвердить открытия по этому поводу. В
Следующие результаты используют разные подходы к доказательству связанных
результаты. Каждое представление обеспечивает понимание, которое объединяет
дают нам богатую картину узоров в треугольнике.

Думая о Pascal mod 2 геометрически и арифметически
(некоторые ответы на вопрос проекта №3):

Хотя треугольник Паскаля из мода 2 часто сравнивают с
Прокладка Серпинского, она отличается в одном важном отношении: прокладка Паскаля
треугольник дискретный.Из-за отсутствия преемственности самоподобный
масштабирование неточно. Например, центральный 0 в красном треугольнике
на рисунке ниже соответствует треугольнику из шести нулей.
в синем треугольнике и треугольнике двадцати восьми нулей в
центр фигуры. Эти два масштабирования не поддерживают согласованное
соотношение (хотя соотношение имеет тенденцию к 4, что соответствует
коэффициент масштабирования 2).Тем не менее, на рисунке показан вариант
самоподобия, когда мы смотрим на все большие части. Это самоподобие
на основе перевода! Каждый элемент имеет ту же четность, что и у
элементы, расположенные ранее (для наибольшего

возможный).

Модель треугольника Паскаля 2 с выделенным
совпадающие регионы

Теорема : Для треугольника Паскаля по модулю 2
каждый новый блок
ряды из ряда
через строку –1
имеет ровно две копии первых строк (строки с 0 по –1) с треугольником из нулей между ними.

Доказательство : Докажем утверждение индуктивно.
Мы добавим дополнительное утверждение, что строка –1 полностью состоит из единиц
(шансы). У нас есть базовый случай в строке 1, который представляет собой две копии
строка 0. Номера строк 0 и 1 имеют форму –1, и обе строки содержат только единицы.

Давайте теперь покажем, что если наши утверждения верны для n,
они также должны быть верными для n + 1.Если верно для n ,
затем ряд
— 1 полностью состоит из единиц. Это означает, что строка
будет иметь 1 на концах и — 1 0 между ними.
Этот отрезок нулей будет сокращаться на один 0 в строке, пока они
ушли в ряд
+ — 1 = — 1. Два
терминал 1 в ряду
— 1 будет запускать каждый паттерн, который начинается с 1 в строке 0.
Эти две копии, изначально разделенные пробелом — 1, будут расти до тех пор, пока не разделятся
0 в строке
1.То есть они будут расти без помех для рядов, и каждый воспроизводится
оригинал
ряды. Поскольку строка
— 1 имел
Комбинации 1, ряд — 1 будет
+ = Единицы. Таким образом, мы показали, что оба утверждения,
дублирование предыдущего набора строк и наличие всех единиц
необходимо установить условия для нового раунда тиражирования,
довольны.Q.E.D.

Описание схемы шансов (первый ответ на
количество коэффициентов в строке 100):

Хотя вышеупомянутые идеи могут последовать за исследованием проекта
вопрос №1, легче подтвердить наблюдения о закономерностях
разногласий после работы над вопросом №3.

Процесс геометрического копирования предлагает родственный метод для
подсчет количества шансов в каждой строке. Если S — это
последовательность количества шансов в строках треугольника Паскаля,
мы можем получить S из следующей процедуры: S 0
= 1, S n = S n — 1
& (2 . S n — 1 ). Что значит:
чтобы получить следующую последовательность, возьмите последнюю последовательность и следуйте ей
(«&» Означает катетеризацию) со всеми последними
элементы удвоены:

S 0 = {1}

S 1 = {1} & 2 . {1}
= {1, 2}

S 2 = {1, 2} & 2 . {1,
2} = {1, 2, 2, 4}

S 3 = {1, 2, 2, 4} и
2 . {1, 2, 2, 4} = {1, 2, 2, 4, 2, 4, 4, 8}

Это удвоение и добавление соответствует переводу и
копирование геометрического описания выше.Если мы продолжим генерировать
S n , мы обнаруживаем, что получение строки 100 не так
трудоемкий. S n имеет элементы, поэтому 101-й элемент в S
находится в S 7 . Следующие команды введены в
калькулятор Texas Instruments TI-83 позаботится о рабочей силе:

Начать с S 0 :

{1}
L1

L1 — это переменная списка.

Сборка S 1 :

увеличение (L1, 2 * L1)

L1

Дополнение объединяет два списка.

Сборка S 1 по S 7 .

Шесть раз нажмите ENTER.

ENTER повторяет рекурсивное правило.

Чтобы получить строку 100:

Л1 (101)

Это 101-й элемент в L1.

И 101-й элемент равен 8, поэтому в строке 100 8 коэффициентов.

Этот рекурсивный подход работает довольно быстро, но что, если наш калькулятор
батарейки сели? Есть ли более прямой способ найти значение
с точки зрения самого номера строки?

Явное предсказание шаблона для любой строки:

Когда проблема включает модели удвоения или утроения, мышление
в терминах базовых 2 или 3 представлений может привести к пониманию.В приведенной ниже таблице, составленной учителем Making Mathematics, сравнивается
количество единиц в представлении строки по основанию 2 с
количество шансов в этой строке.

n

n в основании 2

Количество единиц (в базе 2)

Количество коэффициентов в строке n

0

0

0

2 0 = 1

1

1

1

2 1 = 2

2

10

1

2 1 = 2

3

11

2

2 2 = 4

4

100

1

2 1 = 2

5

101

2

2 2 = 4

6

110

2

2 2 = 4

7

111

3

2 3 = 8

8

1000

1

2 1 = 2

Почему этот шаблон работает? Одно объяснение исходит из
правило самоподобия и процедура удвоения для S . Это подразумевает следующее:

Пусть f ( n ) будет числом нечетных
записи в строке n треугольника Паскаля, тогда.

Эта функция эквивалентна перемещению треугольника вверх по
максимально возможная степень двойки (к строке, которую мы продублировали в
сделать строку n ). Например, f (27) = 2 f (27
— 16) = 2 f (11).Но что такое f (11)? Что ж,
повторное применение формулы дает f (11) = 2 f (11
— 8) = 2 f (3). Продолжая, получаем f (3)
= 2 f (3 — 2) = 2 f (1) и f (1)
= 2 f (1 — 1) = 2 f (0) и f (0)
= 1. Если взять эту рекурсивную последовательность вместе, получаем f (27)
= 2 4 . Каждый из двух факторов был внесен, когда
мы вычли наивысшую степень из двух возможных, и это
каждый представлен 1 в базовом 2 представлении 27 (27 10
= 11011 2 ). В общем, итеративное применение
приведенная выше формула приведет к f (0) после стольких рекурсий
как число единиц в n представление по основанию два.
Это правило хорошо соответствует шаблону 1, 2, 2, 4, потому что
крайние правые цифры счетных чисел в базе 2 циклически проходят через
00, 01, 10 и 11 (и заставляют задуматься о фрактальной природе
подсчета в любой базе).

Алгебраический вывод:

Вот отрывок из отчета одного исследователя Паскаля:

«Я использовал факториальную формулу, чтобы доказать, что
шаблоны масштабирования в Паскале работают всегда. Я смог показать это
паритет
совпадает с.
Однако такое масштабирование оставляет много пробелов. Если мы знаем первый
четыре строки или Паскаль, удвоение всех координат просто дает
мы проверяем четность четных записей в строках 6 и 8 (например,
странно,
так должно
быть тоже).Затем я перешел к доказательству четности элементов
которые соседствуют с теми, у которых есть четные номера строк и столбцов, когда
Я обнаружил то, что считаю странным маленьким наблюдением. я был
пытаясь доказать: если = 0, то

= 0. Вот что я нашел:

Теорема Мэг о малом наблюдении: четные и нечетные числа могут
появляются в треугольнике Паскаля для трех из четырех случаев
нечетные и четные номера строк и столбцов.Однако, когда строка
четный и столбец нечетный, запись всегда четная.

Проба:

Случай 1: нечетная строка, нечетный столбец. Доказательство на примере: = 5 и
= 10
(чтобы мы могли получить нечетный или четный результат).

Случай 2: строка нечетная, столбец четный. Доказательство примером: = 10
и = 5.

Случай 3: четная строка, четный столбец. Доказательство примером: = 15
и = 28.

Случай 4: строка четная, столбец нечетный. Четный ряд — 2r, а
нечетный столбец — 2c-1.

=

Мы знаем, что все это выражение является целым числом. Поскольку знаменатель
конечного множителя состоит из всех нечетных членов, начальный множитель
осталось 2 и результат четный. Q.E.D.

Мой вопрос: почему ?! Что особенного в этих комбинациях, что
они должны быть ровными? Интересно, что узор чередующихся нулей
во всех остальных строках не привлекли моего внимания из-за более сильных
треугольные узоры (см. рисунок ниже) ».

Приведенный выше результат обобщен в таблице ниже.

Возможные остатки для разных мод 2

Вариации также возникают с 3 в качестве модуля (см. Ниже).Эти
две таблицы намекают на ряд возможных обобщений. Эти
обобщения действительны? Ограничены ли они простыми модулями?

Возможные остатки для разных мод 3

Думая о моде Pascal p арифметически (некоторые
ответы на вопрос проекта №4):

В сотой строке треугольника Паскаля восемь нечетных чисел, 89 чисел делятся на 3 и 96 чисел делятся на 5.

Конечно, один из способов получить эти ответы — написать сотую
строку треугольника Паскаля, разделите на 2, 3 или 5 и посчитайте (это
это основная идея геометрического подхода).

Но давайте посмотрим, сможем ли мы найти более эффективный (и элегантный)
способ получить ответы. В попытке показать, как можно на самом деле придумать
интересные результаты, ниже следует коллаж из различных арифметических
подходы, которые мы видели за долгие годы работы с
студенты и учителя.

Мы хотим подсчитать количество элементов в строке Паскаля
треугольник, которые делятся (или не делятся) на некоторое целое число. Делимость на
с простым иметь дело легче, поэтому давайте рассмотрим этот случай. Вопрос,
тогда

Дано целое неотрицательное число n и простое число p, из которых
делятся на p?

Ну, иногда легче ответить на более острый вопрос:

Для целого неотрицательного числа n и простого числа p какова наибольшая степень деления числа p?

Эта функция «наивысшей степени p» полезна во многих контекстах, и она
иногда обозначается ord p , так, например:

или 5 (40) = 1 (20 = 5 1 . 2 3 )
или 2 (40) = 3
или 7 (40) = 0
или 7 (5 8 . 3 4 . 5 . 7 2 . 11 5 ) = 2

Чтобы получить ord p (n), разложите n на простые числа и посмотрите на мощность p, которая появляется. Это ord p (n). Вы можете проверить, что ord p имеет свойство, которое для неотрицательных целых чисел m и n

И, если n множитель m,

Итак, наш вопрос становится

Учитывая неотрицательное целое число n и простое число p, как легко вычислить ord p ?

В частности, мы хотим знать, когда

потому что это когда p является фактором. Конечно, на самом деле мы хотим подсчитать все записи в n-й строке Паскаля, которые имеют ord p > 0, но давайте поговорим об этом позже.

Что ж, есть явная формула для факториалов:

Итак, используя свойства ord (порядковый номер частного — это разница
орд, а ордер продукта — это сумма орд),
у нас есть

или p = ord p
= ord p (n!) — or p (k!) — or p

Похоже, следующим шагом может быть поиск способа найти ord
факториала.Числовой пример указывает путь: давайте
вычислить ord 3 (139!). Итак, мы хотим найти наибольшую степень числа 3, которая делит

Каждое кратное 3 дает нам хотя бы один «вклад»:

Это останавливается на последнем кратном 3 перед 139 (то есть на 138),
а в списке около цифр. На самом деле их ровно

где означает «целую часть» числа 46 (то есть целую часть).

Конечно, мы упустили несколько «лишних» кратных
из 3: каждое кратное 9 (то есть 9, 18, 27 …) означает дважды , и есть

из этих. Но теперь мы упустили дополнительные кратные 3, которые
происходят из числа, кратного 27, и есть

из этих. Вы уловили идею. Далее нам нужно посчитать кратные
81 (чтобы получить дополнительный коэффициент из 3 4 ), и есть

из них (а именно сама 81).Если бы мы не знали ничего лучше,
мы могли бы сосчитать числа, кратные 243, которые меньше 139, и было бы

из этих. И с этого момента все будет равно 0. Итак, сила
3, что делит 139! является

Помните, откуда это взялось. Обобщая наши расчеты, мы
можно сказать:

Конечно, через некоторое время (фактически, после 3 4 ) все эти «этажи» равны 0.Итак, у нас есть метод нахождения ord p (n!):

Предложение 1. Если n — целое неотрицательное число, а p — простое число, то

Это во многих отношениях неудовлетворительно. Во-первых, это не говорит
вы, когда члены суммы упадут до нуля. Для этого вам нужно
впишите в базу p. Но подождите — если вы напишете n в базе p, вся сумма в предложении станет проще.Вот как:

Вернемся к нашему примеру, если 139 и 3. Во-первых, давайте
напишите 139 как расширение base-3:

Так,

Затем, чтобы получить ord 3 (139!), Мы используем предложение и вычисляем следующим образом:

знак равно

= (1 . 1) + (0 . 3) + (2 . 3 2 ) + (1 . 3 3 )

знак равно

= (0 . 1) + (2 . 3) + (1 . 3 2 )

знак равно

= (2 . 1) + (1 . 3)

знак равно

= (1 . 1)

И после этого все равно 0.Вау, посмотри на это. Посмотрите на
крайние правые уравнения. Одна вещь, которую мы могли бы сделать, — это читать вниз, а не поперек;
это позволило бы нам добавить степени «нравится» 3. И просто
например, когда вы читаете, когда вы читаете вниз, вы видите первые 3 цифры 139
все кроме «единиц» 1, затем все, кроме 11, затем
все, кроме 011, и, наконец, все, кроме 2011 года. Всегда ли это будет? Давайте
видеть.Предположим

Затем

и

И вообще

Но

Итак, давайте все это запишем и посмотрим, сможем ли мы использовать «добавить
вниз »:

Если мы сложим вниз, мы получим «усеченную» сумму p цифр числа n. Давайте придумаем для этого обозначение: пусть p (n) будет суммой цифр n по основанию p. Затем складывая, мы имеем
Последняя строка — 0, но мы добавили ее, чтобы шаблон продолжался.Пришло время подурачиться с алгеброй. Соберите p (n) s, n 0 s, n 1 s и так далее:
Каждая сумма представляет собой геометрический ряд, который можно просто суммировать:
Выносим за скобки знаменатель p — 1 и переставляем то, что осталось:
Ах, как мило: с тех пор

n 0 + n 1 + + n s = p (n) и
n 0 + n 1 p + n 2 p 2 + + n s p s = n

это упрощает

Сформулируем это в результате:

Предложение 2. Если n — неотрицательное целое число, а p — простое число,

где p (n) — сумма цифр в разложении n по основанию p.

Мы можем применить эту формулу к нашему примеру и снова получить 67:

Теперь мы можем лучше оценить ord p .Фактически

Это довольно интересно. Сформулируем это в результате:

Предложение 3. Если n — целое неотрицательное число, а p — простое число,

где p (n) — сумма цифр в разложении n по основанию p.

Обратите внимание, что нас действительно волнует ненулевой орд. Но оказывается, что можно получить точное значение выражения
в предложении 3 с очень небольшой дополнительной работой (мы знаем это, потому что мы работали над этим
до того, как мы записали эти результаты). Дело в том, что

— один из тех странных результатов, в которых есть сюрприз: мы знаем
что ord p является неотрицательным целым числом, поэтому p — 1 должно быть множителем p (k) + p (n — k) — p (n) — это совсем не очевидно. И не должен
сумма цифр n равна сумме цифр k плюс сумма цифр n — k? В конце концов, k и n — k в сумме дают n, так разве сумма цифр не должна работать одинаково? Посмотрим, что будет с
пример:

Давайте посмотрим на ord 3 :

Ну по предложению надо цифру посмотреть
сумма (основание 3) 139, 32 и 139-32 = 107.У нас есть

139 = (1 . 1) + (1 . 3) + (0 . 3 2 ) + (2 . 3 3 ) + (1 . 3 4 )
32 = (2 . 1) + (1 . 3) + (0 . 3 2 ) + (1 . 3 3 ) + (0 . 3 4 )
107 = (2 . 1) + (2 . 3) + (2 . 3 2 ) + (0 . 3 3 ) + (1 . 3 4 )

Итак,

139 3 = 12011
32 3 = 01012
107 3 = 10222

Итак,

3 (139) = 5
3 (32) = 4
3 (107) = 7

и предложение 3 говорит, что

И конечно же,

= 29794458700044250140618567735660
= 2 2 . 3 3 . 5 1 . 11 2 . 17 1 . 19 1 . 23 1 . 37 1 . 41 1 . 43 1 . 59 1 . 61 1 .
67 1 . 109 1 . 113 1 . 127 1 . 131 1 . 137 1 . 139 1

Итак, почему 3 (32) + 3 (107) — 3 (139) не 0? Если мы посмотрим на традиционный способ сложения чисел с основанием 3 (или чисел с любым основанием), мы увидим, где
обнаруживается несоответствие. Вот как вы добавите 32 к 107
чтобы получить 139 в базе 3:

1 1 1
0 1 0 1 2
+ 1 0 2 2 2






1 2 0 1 1

Итак, что беспокоит цифровые суммы, так это «перенос»;
поэтому

Обратите внимание, что каждый перенос умножается на 3, когда он прыгает в
следующий столбец. Например, глядя на крайний правый столбец, 2 + 2
равно 11, поэтому переносимая 1 действительно равна 1 . 3 (или 10 в базе 3). Давайте посмотрим на общую ситуацию:

Допустим, мы смотрим на. Запишем n, k и n — k в базе p:

n = n 0 + n 1 p + n 2 p 2 + + n s p s
к = k 0 + k 1 p + k 2 p 2 + + k s p s
н-к = m 0 + m 1 p + m 2 p 2 + + m s p s

И предположим, что переносчики обозначены как i :

Ну, кстати, этот алгоритм работает,
потом
Добавить:
или же

Есть множитель p — 1. Разделив его и объединив результат с результатом предложения 3, мы получим «теорему о переносе Куммера»:

Теорема 1. Если n — целое неотрицательное число, а p — простое число,

это количество переносов, которое вы получаете, когда k и n — k добавляются в базу p.

Вернемся к исходному вопросу:

Учитывая неотрицательное целое число n и простое число p, для скольких k будет ord p > 0?

В свете теоремы 1 это тот же вопрос, что и:

Учитывая неотрицательное целое число n и простое число p, для скольких k происходит перенос, когда k и n — k складываются в основание p? Вместо ответа на этот вопрос нам было легче выяснить, когда
нет керри.И отсюда мы можем вычесть (из n + 1), чтобы получить желаемый ответ.

Пример поможет. Предположим, что p = 5 и n = 133866, поэтому в базе 5 n равно

Как можно сложить два числа без переносов? При чтении справа налево первая цифра может быть выбрана двумя способами: 0 и 1. Если
k «заканчивается» на 0, n — k заканчивается на 1 и наоборот. Для места «пятерок» есть 4 варианта для k — у него может быть 0, 1, 2 или 3 на месте 5 (а n — k будет иметь соответственно 3, 2, 1 или 0 в то же место).Так оно и есть.
Вот краткое описание того, что может случиться:

место цифра в n количество вариантов для цифр для k
1 1 2, а именно {0,1}
5 3 4, а именно {0,1,2,3}
5 2 4 5, а именно {0,1,2,3,4}
5 3 0 1, а именно {0}
5 4 4 5, а именно {0,1,2,3,4}
5 5 2 3, а именно {0,1,2}
5 6 3 4, а именно {0,1,2,3}
5 7 1 2, а именно {0,1}

В общем, ответ на наш вопрос есть:

Теорема 2. Количество элементов n-й строки треугольника Паскаля, которые не делятся на простое число p, можно определить следующим образом:

  • Напишите n по основанию p:
  • Рассматриваемый номер

Так, например, предположим, что p = 2.Затем, глядя на 100 в базе 2:

так

Добавьте 1 к каждой цифре и умножьте ответы вместе:

и 8 чисел в 100-й строке не делятся на 2 (то есть
странный). Попробуйте на 3:

так

и количество записей в 100-й строке, которые не делятся на 3, равно

Но в 100-й строке 101 запись, поэтому
101-12 = 89 делятся на 3.

Теорема 1 принадлежит Эрнсту Куммеру (1810-1893), математику, который
заложил основу для некоторых математических работ, которые привели к
доказательство Последней теоремы Ферма. Действительно, зная силу простого числа
который разделяет любую конкретную запись треугольника Паскаля, оказывается
важный инструмент в этом доказательстве и, в более общем смысле, во всей теории чисел, так что это
проект связан с некоторой передовой математикой.

См. Математическое поведение треугольника Паскаля на http://ecademy.agnesscott.edu/~lriddle/ifs/siertri/pascal.htm
для дальнейшего обсуждения геометрической и теоретико-числовой связи
в Треугольнике Паскаля.

Результаты для некоторых проблем с расширением

1) Сквозной ряд 2 n -1 -1, имеем 3 n -1
Шансы
(это утверждение исходит из геометрических и арифметических
аргумент, представленный выше, который показывает каждый копируемый образец
дважды в последующих рядах). Вверх по строке r , число
значений всего

.

Это выражение представляет собой знакомую формулу для треугольных чисел.
Итак, через ряд,
количество значений в треугольнике

.

Это выражение можно переписать как

.

Следовательно, доля шансов в треугольнике через строку 2 n-1
— 1 —

.

Поскольку это последнее выражение становится 0 по мере увеличения d
и это верхняя граница доли чисел в треугольнике
нечетные, шансы равны 0% треугольника! Это удивительное
результат кажется нелогичным, поскольку мы смотрим на все нечетные записи
и учтите, что шансы появляются в каждой строке. Однако нет
Независимо от того, какой процент мы выберем, процент шансов будет
в конечном итоге опуститься ниже этой цели.

2) Для обсуждения треугольника Паскаля с составным
модули, см. Арифметика
Свойства биномиальных коэффициентов на http://www.math.uga.edu/~andrew/Binomial.
См. Также Granville, Andrew (1992). Зафода Библброкса
мозг и пятьдесят девятый ряд треугольника Паскаля. Американец
Mathematical Monthly, 99: 318-331 и Гранвилл, Эндрю (1997).
Исправление.American Mathematical Monthly, 104: 848-851.

3) См. Обучающие заметки
для обсуждения.

4) Удачи!


Паскаль Фельбер | University of Neuchâtel

Pascal Felber | Невшательский университет — Academia.edu

Academia.edu больше не поддерживает Internet Explorer.

Для более быстрого и безопасного просмотра Academia.edu и всего Интернета, пожалуйста, обновите свой браузер за несколько секунд.

Документы

—Мы изучаем надежность открытых и закрытых связей, двух простых схем распределения данных … подробнее —Мы изучаем надежность открытых и закрытых связей, двух простых схем распределения данных для лог-структурированных приложений- только системы хранения. Оба метода используют равное количество дисков с данными и четностью и генерируют свои данные с четностью путем вычисления исключающего ИЛИ (XOR) для последних добавленных данных с содержимым их последнего диска с четностью.В то время как открытые сцепления поддерживают открытую цепочку дисков с данными и четностью, закрытые сцепления включают исключительное ИЛИ содержимого их первого и последнего дисков с данными. Мы оцениваем пятилетнюю надежность открытых и закрытых цепочек для двух разных размеров массива и частоты отказов дисков. Наши результаты показывают, что открытые зацепления обеспечивают гораздо лучшую пятилетнюю надежность, чем зеркалирование, и снижают вероятность потери данных как минимум на 90 процентов в течение пяти лет. Закрытые запутывания работают еще лучше и уменьшают ту же вероятность как минимум на 98 процентов.

PaperRank:

Читатели Связанные статьи Упоминания Просмотр воздействия — мы изучаем надежность открытых и закрытых связей, двух простых схем распределения данных … подробнее — Мы изучаем надежность открытых и закрытых связей, два простых распределения данных макеты для систем хранения только с добавлением лог-файлов. Оба метода используют равное количество дисков с данными и четностью и генерируют свои данные с четностью путем вычисления исключающего ИЛИ (XOR) для последних добавленных данных с содержимым их последнего диска с четностью.В то время как открытые сцепления поддерживают открытую цепочку дисков с данными и четностью, закрытые сцепления включают исключительное ИЛИ содержимого их первого и последнего дисков с данными. Мы оцениваем пятилетнюю надежность открытых и закрытых цепочек для двух разных размеров массива и частоты отказов дисков. Наши результаты показывают, что открытые зацепления обеспечивают гораздо лучшую пятилетнюю надежность, чем зеркалирование, и снижают вероятность потери данных как минимум на 90 процентов в течение пяти лет. Закрытые запутывания работают еще лучше и уменьшают ту же вероятность как минимум на 98 процентов.

PaperRank:

Читатели Упоминания по темеПросмотреть влияние

Войти с Facebook
Войти с Google

Зарегистрироваться с Apple

Критическое разрушение в связанных нелинейных уравнениях Шредингера, симметричных по четности и времени

[1]

Манаков С.V, К теории двумерной стационарной самофокусировки электромагнитных волн. Ж. Эксп. Теор. Физ. 65 (1973), 505-516.

[2]

Исмаил М.С. и Таха Т.Р., Численное моделирование связанного нелинейного уравнения Шредингера. Math. Comput. Simulat. 56 (2001), 547-562.

[3]

Дрибен Р. и Маломед Б.A, Устойчивость солитонов в чётно-симметричных элементах связи. Опт. Lett. 36 (2011), 4323-4325.

[4]

Абдуллаев Ф.К., Конотоп В.В., Огрен М. и др. Эффект Зенона и переключение солитонов в нелинейных ответвителях. Опт. Lett. 36 (2011), 4566-4568.

[5]

Пелиновский Дмитрий Е, Локализация в периодических потенциалах, Лондонское математическое общество — Серия лекций 390 Cambridge University Press, (2011).

[6]

Пелиновский Д.Е., Зезюлин Д.А., Конотоп В.В., Глобальное существование решений связанных PT-симметричных нелинейных уравнений Шредингера. Внутр. J. Theor. Phys. 54 (2015), 3920-3931.

[7]

Сучков С.V, Сухоруков А.А., Хуанг Дж. И др. Нелинейные переключения и солитоны в PT-симметричных фотонных системах. Laser Photonics Rev.10 (2016), 177-213.

[8]

Дестил Э., Нуиро П. С. и Пулле П., О глобальном поведении решений связанной системы нелинейных уравнений Шредингера. Шпилька. Appl. Математика. в печати, (2017).

[9]

Цуцуми М, Отсутствие глобальных решений задачи Коши для затухающего нелинейного Шредингера. SIAM J. Math. Анальный. 15 (1984), 317-366.

[10]

Охта М., Тодорова Г., Замечания о глобальном существовании и разрушении для затухающих нелинейных уравнений Шредингера. Дискретный Продолж. Дин. Syst. 23 (2009), 1313-1325.

[11]

Диас Дж. П. и Фигейра М., О разрушении решений уравнения Шредингера с неоднородным коэффициентом затухания. Commun. Contemp. Математика. 16 (2014), 1350036-1350046.

[12]

Бендер С.M и Boettcher S, Действительные спектры в неэрмитовых гамильтонианах, имеющих РТ-симметрию. Phys. Rev. Lett. 80 (1998), 5243-5246.

[13]

Эль-Ганаини Р., Макрис К.Г., Христодулидес Д.Н. и др. Теория связанных оптических PT-симметричных структур. Опт. Lett. 32 (2007), 2632.

[14]

Конотоп В.В., Янг Дж., Зезюлин Д.А., Нелинейные волны в РТ-симметричных системах. Ред. Мод. Phys. 88 (2016), 035002 (59).

[15]

Карташов Ю.В., Конотоп В.В., Зезюлин Д.А., CPT-симметричный спин-орбитально-связанный конденсат. EPL. 107 (2014), 50002.

[16]

Диас Дж.-П, Фигейра М., Конотоп В.В. и др. Надкритическое разрушение в связанных нелинейных уравнениях Шредингера, симметричных по четности и времени. Шпилька. Appl. Математика. 133 (2014), 422-440.

[17]

Сулем Ч., Сулем П. -Л, Нелинейное уравнение Шредингера, Спрингер, Нью-Йорк, 1999.

[18]

Лин Т.C and Wei J, Уединенные и автомодельные решения двухкомпонентной системы нелинейных уравнений Шредингера. Physica D. 220 (2006), 99-115.

[19]

Jngel A и Weishäupl R.-M, Разрушение в двухкомпонентных нелинейных системах Шредингера с внешним возбужденным полем. Math. Мод. Meth. Приложение. Sci. 23 (2013), 1699-1727.

[20]

Чжунсюэ Лю и Зухан Лю, L 2 -концентрация решений с раздутом для двух связанных нелинейных уравнений Шредингера. J. Math. Анальный. Appl. 380 (2011), 531-539.

[21]

Глесси Р.T, О разрушении решений задачи Коши для нелинейного уравнения Шредингера. J. Math. Phys. 18 (1977), 1794-1797.

[22]

Линарес Ф., Понсе Дж. Введение в нелинейные дисперсионные уравнения. Издательство Universitext, Нью-Йорк, 2009.

Schneider Electric включена в индекс гендерного равенства Bloomberg третий год подряд

Опубликован 30.01.20

Представлен Schneider Electric

Schneider Electric, мировой лидер в области цифровой трансформации управления энергопотреблением и автоматизации , третий год подряд входит в рейтинг Bloomberg Gender-Equality Index (GEI).GEI открыт для всех компаний из разных секторов и с рыночной капитализацией более 1 миллиарда долларов США. Schneider Electric — одна из 325 глобальных компаний и одна из 16 компаний промышленного сектора, попавших в рейтинг.

«Для нас большая честь получить признание уже третий год подряд за наши усилия по достижению гендерного равенства», — сказал Жан-Паскаль Трикуар, председатель и главный исполнительный директор Schneider Electric. «В Schneider Women гендерное равенство является для нас главным приоритетом. Мы гордимся тем, что взращиваем инклюзивную культуру, в которой женщины-лидеры обладают полномочиями, возможностями и заметными в организации. Мы поставили цель охватить не менее 30% женщин в каждой руководящей команде. Гендерный баланс является неотъемлемой частью того, как мы ведем бизнес, и мы делаем его своим приоритетом ».

Bloomberg признает приверженность Schneider Electric обеспечению гендерного равенства и прозрачности в отчетности

Созданный в 2016 году, Bloomberg GEI предоставляет менеджерам и инвесторам сравнительную информацию о показателях гендерного равенства в крупнейших компаниях мира. Основываясь на подробном опросе, посвященном самораскрытию данных за 2018 год, GEI представляет собой уникальный барометр показателей гендерного равенства, а также прозрачности гендерной отчетности и улучшения положения женщин во всем мире.Публично опубликовав свои гендерные данные, Schneider Electric подтвердила свою приверженность обеспечению гендерного равенства в более чем 100 странах, где она работает.

«325 компаний, включенных в GEI 2020, продемонстрировали свою приверженность прозрачности и продемонстрировали лидерство в отчетности по гендерным данным», — сказал Питер Т. Грауэр, председатель Bloomberg. «Раскрытие статистики и практики компании — важный первый шаг в поддержке гендерного равенства во всем мире».

Высокие результаты Schneider Electric, основанные на конкретных достижениях —

Индекс включает 75 вопросов по одному из пяти столпов: лидерство и потенциал женщин, равная оплата труда и гендерное равенство, инклюзивная культура, политика в отношении сексуальных домогательств и Бренд Pro-Women.Компаниям присваивается оценка, основанная как на раскрытии информации, так и на уровне качества данных.

Schneider Electric получила высокие баллы в областях «Инклюзивная культура» и «Бренд, ориентированный на женщин». Эти высокие результаты отражают многочисленные инициативы компании по стимулированию позитивных изменений и обеспечению равных возможностей для всех и везде, в частности:

  • Сильное лидерство в формировании инклюзивной культуры на рабочем месте и пропаганде гендерного равенства в рамках структуры ООН-Женщины HeForShe ВОЗДЕЙСТВИЕ 10x10x10 Защитник и стопроцентная приверженность нашего генерального директора и президентов стран Принципам расширения прав и возможностей женщин ООН.

  • Расширение прав и возможностей женщин с помощью своей глобальной политики и практики. По состоянию на конец 2018 года Глобальная политика семейного отпуска была полностью внедрена в более чем 59 странах, охватывая 75% наших сотрудников, и планируется достичь 100% к 2020 году. Кроме того, была внедрена глобальная система справедливой оплаты труда. в 50 странах, охватывая более 92% от общей численности нашей рабочей силы, и ожидается, что к 2020 году этот показатель достигнет 95%.

  • Инвестирование в профессиональное обучение женщин через программу обучения и предпринимательства «Доступ к энергии».Йейе, рассказчик веб-серии Schneider Electric Tomorrow Rising, является хорошей иллюстрацией. Ее амбиция — стать уважаемым инженером. Мы следим за ней от начала ее обучения в Лагосе, Нигерия, до ее диплома.

Загрузите полную версию здесь

Schneider Electric

Schneider Electric

Schneider Electric — европейская транснациональная компания, предоставляющая цифровые решения в области энергетики и автоматизации для повышения эффективности и устойчивости.

Больше от Schneider Electric

Паритет процентных ставок и отсутствие арбитража как эквивалентные условия равновесия на международных финансовых рынках активов и товаров

Автор

Включено в список:

  • Стефано Бози

    () (ТЕМА — Теория экономики, моделирование и приложения — UCP — Université de Cergy Pontoise — Université Paris-Seine — CNRS — Centre National de la Recherche Scientifique)

  • Паскаль Фонтен

    () (EUROFIDAI)

  • Cuong Le Van

    () (Бизнес-школа IPAG, PSE — Парижская школа экономики — ENPC — École des Ponts ParisTech — ENS Paris — École normale supérieure — Париж — PSL — Парижский университет наук и литературы — UP1 — Парижский университет 1 Пантеон- Сорбонна — CNRS — Национальный центр научных исследований — EHESS — Высшая школа научных исследований — INRAE ​​- Национальный институт исследований в области сельского хозяйства, сельского хозяйства и окружающей среды, CES — Центр экономики Сорбонны — UP1 — Université Paris 1 Panthéon-Sorbonne — CNRS — Centre National de la Recherche Scientifique)

Реферат

По этому элементу нет реферата.

Рекомендуемая ссылка

  • Стефано Бози, Паскаль Фонтен и Куонг Ле Ван, 2016 г.
    « Паритет процентных ставок и отсутствие арбитража как эквивалентные условия равновесия на международных финансовых рынках активов и товаров
    PSE — Labex «OSE-Ouvrir la Science Economique»
    hal-01302524, HAL.
  • Ручка: RePEc: hal: pseose: hal-01302524

    DOI: 10.1016 / j.mathsocsci.2016.04.002

    Примечание. Просмотреть исходный документ можно на сервере открытых архивов HAL: https: // hal.archives-ouvertes.fr/hal-01302524

    Загрузить полный текст от издателя

    Насколько нам известно, этот элемент недоступен для
    скачать
    . Чтобы узнать, доступен ли он, есть три
    варианты:
    1. Проверьте ниже, доступна ли в Интернете другая версия этого элемента.
    2. Зайдите на страницу провайдера
    действительно ли он доступен.
    3. Выполните поиск элемента с таким же названием, который был бы
    имеется в наличии.

    Исправления

    Все материалы на этом сайте предоставлены соответствующими издателями и авторами. Вы можете помочь исправить ошибки и упущения. При запросе исправления укажите дескриптор этого элемента: RePEc: hal: pseose: hal-01302524 . См. Общую информацию о том, как исправить материал в RePEc.

    По техническим вопросам, касающимся этого элемента, или для исправления его авторов, названия, аннотации, библиографической информации или информации для загрузки, обращайтесь: (CCSD). Общие контактные данные провайдера: https://hal.archives-ouvertes.fr/ .

    Если вы создали этот элемент и еще не зарегистрированы в RePEc, мы рекомендуем вам сделать это здесь.Это позволяет связать ваш профиль с этим элементом. Это также позволяет вам принимать потенциальные ссылки на этот элемент, в отношении которого мы не уверены.

    У нас нет ссылок на этот товар. Вы можете помочь добавить их, используя эту форму .

    Если вам известно об отсутствующих элементах, цитирующих этот элемент, вы можете помочь нам создать эти ссылки, добавив соответствующие ссылки таким же образом, как указано выше, для каждого ссылочного элемента. Если вы являетесь зарегистрированным автором этого элемента, вы также можете проверить вкладку «Цитаты» в своем профиле службы авторов RePEc, поскольку там могут быть некоторые цитаты, ожидающие подтверждения.

    Обратите внимание, что на фильтрацию исправлений может уйти несколько недель.
    различные сервисы RePEc.

    Переход с ZFS на MergerFS и SnapRAID дома | by pascal.brokmeier

    Это работало хорошо последние 20 месяцев, и ZFS — отличная система. У меня возникли проблемы с использованием ОЗУ (он съедает все, что доступно бесплатно), но в остальном все было хорошо. Однако, как только я начал работать полный рабочий день, я снова переключился на ноутбук в качестве основного драйвера и перевел рабочий стол обратно в состояние сервера.Он жалко не подходит для такой задачи (графический процессор 1060 просто сидит без дела), но все же дешевле и менее утомительно, чем продавать все это целиком и покупать более подходящее оборудование. Однако ожидается, что диски скоро выйдут из строя (см. Снимок экрана, верхнее левое окно), и я хотел переключиться на настройку, при которой каждый диск раскручивается только при доступе. Я также хотел отойти от такой тяжелой настройки, как ZFS, и начал использовать множество контейнеров от ребят из linuxserver.io, которые опубликовали отличный пост в блоге о настройке одного из своих участников.Но в конечном итоге причиной стало осознание того, что ZFS raidz2 не позволяет расширять рейд-группу дополнительными дисками. Добавление моего 5-го диска было просто невозможно без предварительного уничтожения всей группы. Значит, проект выходного дня.

    Моя цель миграции заключалась в том, чтобы полностью избежать потери данных, а также не покупать запасные диски для переноса. Оказывается, mergerFS чрезвычайно гибок! По сути, это просто объединение всех дисков в одну виртуальную файловую систему. Если вы примерно моего возраста, вероятно, у вас в школе был один из тех диапроекторов .Представьте, что вы берете 2–3 пластиковых листа и рисуете на каждом дереве файлов. Теперь, когда все эти файлы накладываются друг на друга, конечным результатом является объединение всех этих файлов. Это основная идея mergerFS. Он, конечно, имеет множество функций, таких как определение, куда писать или читать данные, но основная идея довольно проста. Приятным преимуществом является возможность читать файлы с каждого диска отдельно, даже если все остальные сгорят дотла.

    mergerFS похож на размещение нескольких пластиковых пленок друг над другом, а затем проецирование результата на новую FS

    . У меня было 4 диска в пуле и 1 дополнительный жесткий диск (резервный диск) для запуска процесса.Я zpool offline один из жестких дисков из пула (переводя его в деградированное, но рабочее состояние) и создал mergerFS с 2 дисками. Быстрый

     rsync -av / home / pascalwhoop / tank / mnt / storage 

    перенес все мои данные zfs в мою новую систему mergerFS. Чтобы узнать, как настроить mergerFS, ознакомьтесь с публикацией linuxserver.

    Когда передача была завершена, у меня были точно такие же данные в системе слияния без контроля четности и системе ZFS с контролем четности с одним диском. Поскольку я параноик, я также синхронизировал свои самые дорогие файлы с моим raspberry pi на другом конце дома, к которому был подключен резервный диск емкостью 2 ТБ.Это заняло некоторое время, но было хорошо, если есть резервная копия.

    Теоретически наиболее опасным является следующий шаг: удаление последнего диска с контролем четности из пула ZFS для выполнения команды snapraid sync на третьем диске. В этот момент я могу пережить 1 случайный отказ диска или 2 отказа дисков, если оба они находятся в одной подсистеме. Потеря одного диска в пуле ZFS и одного диска в объединенной файловой системе приведет к частичной потере данных. Но вероятность потери 2 дисков в течение 4 часов казалась достаточно низким риском.В худшем случае я потеряю несколько телешоу или фильмов, но не потеряю личные данные или исходный код.

    Следовательно

     zpool offline tank ata-Hitachi_HUA723020ALA641_YGG2T6JA 
    fdisk / dev / sda # удалить раздел, создать новый
    mkfs. ext4 / dev / sda1 # создать новую файловую систему
    vim / etc / fstab # смонтировать раздел
    vim / etc / fstab -a # установить раздел
    vim /etc/snapraid.conf # добавить новый раздел в качестве диска с четностью
    snapraid sync # вычислить четность для 2 MergerFS

    Теперь у меня есть все данные о моей новой файловой системе слияния с 1 четностью диска.Теперь я могу уничтожить пул ZFS и использовать последние два диска для второго диска четности, а также третьего диска с данными.

    Эта установка дает мне 6 ТБ памяти и 4 ТБ четности. Плюс 2 ТБ резервной копии на Pi и около 10 ГБ на AWS Glacier с использованием duply и зашифрованного PGP набора сжатых архивов всех моих документов. Это кажется достаточно хорошим компромиссом для риска потери 3 дисков в моей настройке mergerFS / snapraid + мой резервный диск на Pi, что приведет к потере моей библиотеки фотографий, но все еще не моих документов.Самый большой риск сейчас — это украсть все мои диски.

    Добавить комментарий

    Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

    2023 © Все права защищены. Карта сайта