Её формулировка на пальцах, но доказательство 💀

да, интересно привести к количеству бус - разрезов, но интереснее то,что разрезы между бус делаются, и первый разрез добавляем для всех последующих +1 цепочку, а получается так, потому что мы не делим, а отделяем от основы. К примеру, делим на 3 кучи, а движений нужно 2, и из этого принципа всякие задачи создали, к примеру.с расположением по периметру и операцией присоединения

В то время дизлайков у этих роликов вообще не было )

@Кикиска Машуня эм, разве не 4001?

@Кикиска Машуня ну ладно, видимо я в датах запутался. С кем не бывает.

это год рождения или окончания школы?

2022 салют

Попробую объяснить на примере с 7 бусами. Пускай есть цепочка abcdefg. Если бусы можно где-то ещё разрезать, то остальные цепочки это: bcdefg_a cdefg_ab defg_abc efg_abcd fg_abcde g_abcdef Пускай, например, исходная цепочка совпадает с defgabc. Тогда d=a, e=b, f=c, g=d, a=e, b=f, c=g Отсюда следует, что d=a=e=b=f=c=g=d. А значит, они все одного цвета. В общем случае, мы говорим, что если исходная цепочка совпадает с другой (у которой смещение на k), то первая бусина (цвета a) совпадает с k+1й бусиной (цвета “d” в примере сверху). И вообще m-ая бусина совпадает с бусиной через k позиций, то есть с (m+k)-й бусиной. А следовательно, 1-я совпадает с k+1-й, которая совпадает с 2k+1-й, которая совпадает с 3k+1-й, и т.д. Положим бусы на окружность так чтобы первая была справа (угол 0 градусов от оси X). Если бы исходная цепочка совпадала с цепочкой после поворота на k бусинок, то бусы совпали бы с бусами повернутыми на k/7 окружности. Заметим, что в повернутых бусах первая теперь лежит под углом (2π)k/7. Если поворот на (2π)k/7 не поменял бусы, то можно снова повернуть и ничего не поменяется. Значит, первая бусина перейдёт в (2π)2k/7, потом в (2π)3k/7 и т.д. и когда-нибудь она вернётся обратно (не больше чем через 7 поворотов). А так как мы сказали, что бусы не менялись при каждом повороте, то все точки образующие углы 0, (2π)k/7, (2π)2k/7, (2π)3k/7 и т.д. должны быть одного цвета (такого же как и цвет первой бусинки). Заметим, что они должны образовывать углы правильного многоугольника (или звезды) так как все углы равны. А у правильного t-угольника точки должны образовывать углы от центра (2π)/t между соседними вершинами. Значит в нашем многоугольнике какие-то две точки образуют угол (2π)/t. То есть (2π)/t +(2π)u = (2π)xk/7 - (2π)yk/7, где x и y определяют две соседние вершины нашей «звезды», а (2π)u это несколько полных поворотов, так как от полных поворотов угол не меняется. Тогда получаем 1/t + u = xk/7 - yk/7. 7/t +u = k(x-y) 7/t = k(x-y) + u. Справа целое число, значит 7/t тоже целое. От сюда следует, что 7 делится на t. А так как 7 простое, то t может быть либо 1 либо 7. Вот и получается, что у нас все места, где побывала первая бусина это либо 1-угольник (она никуда не двигалась), либо 7-угольник (она посетила место каждой бусины). Следовательно, исходные бусы либо невозможно разрезать по разному и получить ту же цепочку; либо каждая бусина совпадает с первой (это и был наш одноцветный 7-угольник).

@@fullfungo спасибо, попозже прочту. В видео было сказано, что это легко доказать, по комментарию это как-то незаметно 🤣. Искал в интернете решение, там вообще какая-то теорема Пойа из высшей математики используется.

@@vasyapupkin997 Вообще доказательства элементарное, если использовать арифметику по модулю простого числа. Тогда все рассуждения о бусинках сводятся к уравнению вида kx≡0 (mod p). Отсюда следует, что kx=np, а значит одно из чисел делится на p. Но мне не хотелось предполагать, что вы знакомы с арифметикой остатков, так что я привела аналогичное рассуждение с помощью углов (там 360=0, так что это тоже своеобразная арифметика остатков).

@@fullfungo А можно поподробнее? С арифметикой остатков знаком, а суть не улавливаю)

Ааа, всё, дошло :). В общем, "цепочки" мы получаем разрезанием ожерелья перед какой-то бусинкой. Если разрезанием перед бусинкой "1" и "2" мы получаем одну и ту же цепочку, то, во-первых, "1" и "2" совпадают по цвету(очевидно) , а во-вторых, посмотрим на бусинки между "1" и "2". Пусть их k штук. Несложно понять, что если мы отступим от бусинки "2" на k (только не обратно, а то мы опять попадём перед "1"), то попадём в место такое, что разрезанием получим такую же цепочку как и разрезанием перед "1" или "2". Пусть мы попали в место перед бусинкой "3". "1", "2" и "3" - бусинки одного и того же цвета. Получается, что бусинки одного и того же цвета повторяются с каким-то шагом k. Хорошо, а давайте теперь поймём вот что: пусть мы выбрали какую-то бусинку и начали двигаться в одну сторону шагами по k (в одну сторону значит, что обратно, например, из "2" в "1", нельзя). Вопрос: сможем ли мы попасть целым числом шагов по k обратно в ту бусинку, с которой начали? Пусть x - число шагов, k - сам шаг. Тогда, если мы попадём в "первую" бусинку, то все наше "путешествие" представляется как некоторое число "полных оборотов" n по p (кол-во бусинок всего в бусах). Т.е: kx = np. Важно отметить, что числа k и p взаимнопростые (т.е. их НОД = 1), потому что p - простое и k < p (объясняю неравенство: k не может быть равно p, т.к. тогда мы всегда попадали бы в "первую" бусинку). Тогда если мы разделим обе части на p, то т.к. справа целое, то и слева должно быть целое. Но т.к. k и p взаимнопросты, то "X ДЕЛИТСЯ НА P". Это значит, что мы можем попасть в "первую" бусинку ТОГДА И ТОЛЬКО ТОГДА когда мы сделаем КАК МИНИМУМ p шагов. Ок разобрались, осталось совсем немного. Итак, берём бусинку "1". Затем берём такую другую "2", что их цепочки совпадают. Измеряем количество бусинок между ними. Пусть их k. Тогда k - шаг. Пусть всего бусинок p штук(простое число). Возвращаемся в бусинку "1". Теперь делаем шаг 1-ый, попадаем в "2". Важно понять, что "1" и "2" не совпадают(т.к. чтобы попасть в "1" нужно как минимум p шагов, а число 1 - не простое).Теперь делаем с бусинки "2" 2-ой шаг. Тут уже мы можем попасть в "1", если p = 2. Но пусть это не так, тогда попадём в "3". Заметим, что относительно бусинки "2" мы сделали не два шага а всего один, т.е. мы не сможем прийти в "2", если мы до этого не приходили в "1".С бусинки "3" делаем 3-ий шаг и попадаем в "4". Тут опять же p не равно 3, а значит в "1", "2", "3" попасть не можем. И так далее, и так далее. Потом мы делаем (p-1)-ый шаг. Если мы сделаем p-ый шаг, то попадём в "1", (p+1)-ый - попадём в "2" и т.д. Смотрите, мы сделали (p-1) шаг. Т.е. У нас (p-1) РАЗЛИЧНЫХ БУСИНОК ОДНОГО ЦВЕТА С "1",но всего-то их p! ЗНАЧИТ ВСЕ БУСИНКИ ОДНОГО ЦВЕТА, что и требовалось доказать!

Год рождения?)

@@whatromawants4681 а, я думала год просмотра видео) +2007

@@user-tq1vy3cf1g школа, ты не шаришь

Нам порядок важен

Что именно "не для любого"?

@@trushinbv я профан в математике, сразу говорю, однако 2 в степени 341 минус 2 проходит тест, однако 341 - непростое число. И таких чисел достаточно много.

@@trushinbv единственный известный на данный момент универсальный (то есть применимый ко всем числам) тест простоты чисел, основанный на обобщении малой теоремы Ферма на многочлены: ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A2%D0%B5%D1%81%D1%82_%D0%90%D0%B3%D1%80%D0%B0%D0%B2%D0%B0%D0%BB%D0%B0_%E2%80%94_%D0%9A%D0%B0%D1%8F%D0%BB%D0%B0_%E2%80%94_%D0%A1%D0%B0%D0%BA%D1%81%D0%B5%D0%BD%D1%8B

Любое простое число подчиняется малой теореме Ферма, но не любое непростое число не подчиняется ей.