ფაილების კატალოგი

Knapsack problem

Mathematically the problem can be formulated as follows: re are loads. For each i-th load is defined weight and value . Given the capacity of W. to Select a subset of goods, so that their total weight does not exceed W, and the total value would be the maximum.

The interesting features of square-free numbers

card{(x,y): f(x,y)=0, x,y∈Z}=card{(x,y): f(x+a, y+b)=0, x,y∈Z}, a,b∈Z

Integer number m is square-free if m=rad(m).

Hypothesis. (Papava). 2^{2^n}-1=rad(2^{2^n}-1).

                        Emzari Papava

Hypothesis.(Papava). Diophantine equation x+y=z has not solution when (x,y)=1 and (rad(xyz))^4|xyz.
Results: Fermat's last theorem, Beal's conjecture (prize $1000 000),...

                          Emzari Papava

Diophantine equation

      პლიუსის შემთხვევაში გვაქვს ნიკომედის კონხოიდი, ხოლო მინუსის შემთხვევაში _  სრულიად განსხვავებული მეოთხე რიგის წირი, რომელიც უფრო საინტერესო აღმოჩნდა, ვიდრე კონხოიდი, რადგან ის სრულად პარამეტრიზებადია (a და b-ს ნებისმიერი მნიშვნელობისათვის), ხოლო კონხოიდებისათვის პარამეტრიზების აუცილებელი და საკმარისი პირობა აღმოვაჩინე. (x-a)²(x²-y²)=b²x² წირი მოდულარულია, ხოლო ნიკომედის კონხოიდის მოდულარულობა Q-ზე, დამოკიდებულია b კოეფიციენტზე.           რიცხვთა თეორიის და კრიპტოგრაფიის უნივერსალურ იარაღს (ელიფსურ წირებს) სულ მალე მეოთხე რიგის წირები შეცვლიან.

Theorem. If a+b=nm, (a, b)=1, n|(rad(n))², (rad(m))²|m, (rad(m))²<m then n^1/2<=rad(n) and m^1/2<rad(ab).

ჰიპოთეზა. მოცემულია f, g, h მთელკოეფიციენტებიანი უნიტარული წყვილ-წყვილად ურთიერთმარტივი მთელფესვებიანი პოლინომები ისეთი, რომ მინიმუმ ორი მათგანის ფესვების ჯერადობის მაჩვენებლები მეტია სამზე, ხოლო მესამის _ მეტია ორზე, მაშინ f(x)+g(x)=h(x) განტოლებას ისეთი მთელი x₀ ამონახსნი არ გააჩნია, რომ f(x₀) და g(x₀) იყოს ურთიერთმარტივი. 

თეორემა. თუ a+b=nm, (a, b)=1, n|(rad(n))², (rad(m))²|m, (rad(m))²<m,

მაშინ n^1/2<=rad(n) და m^1/2<rad(ab).