Задачки, решающиеся элементарно, по возможности как можно более элементарно Опции

[Нихт ШиссеН]

Ну вот, например, как проще всего доказать, что правильных многогранников всего пять? И почему только пять? Оказывается, для элементарного доказательства данного факта достаточно обыкновенного здравого смысла плюс формула Эйлера. (IMG:http://www.sci-lib.net/style_emoticons/default/smile.gif) Я доказал, а вы сможете?

Ну, что еще... Вот, знаменитая последовательность x(n+1) = x(n)/2 при x(n) - четном и 3*x(n)+1 при x(n) - нечетном. Требуется доказать, что начав с любого числа всегда придем к 1. Мне доказать не удается ибо сложность полных прообразов возрастает с номером итерации геометрически а регулярной процедуры я что-то сообразить не могу. (IMG:http://www.sci-lib.net/style_emoticons/default/sad.gif) Может у кого-нибудь из вас терпения окажется больше?

В общем, такого плана задачки сыпьте сюда.

[korson]

Как в какой? Где прямой угол всей фигуры, конечно; оси направлены как обычно.

Просто координаты с минусами заставляют думать, что центр координат где-то не в прямом угле всей фигуры. (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)


Элементарная задачка.

y' = y^(1/3) & y(0) = 0, y(x) = ?

[mbikola]

Имеются шарики одинакового размера. Какое максимальное число шариков окружает один соприкасаясь с ним в пространстве?

[ycheff]

12

[Elena]

А если они сдутые, то, в общем-то, и до бесконечности можно дотянуть (IMG:style_emoticons/default/wink.gif)

[mbikola]

а решение привести слабо??? (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)

[metelev_sv]

а решение привести слабо??? (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)

Плотнейшая упаковка. В плоскости понятно что, следующая плоскость такая же со сдвигом, и т.д. Для одного шарика в таком случае снизу три, по бокам шесть и сверху три.

[leongur]

Имеются шарики одинакового размера. Какое максимальное число шариков окружает один соприкасаясь с ним в пространстве?

Задача имеет прямое отношение к кристаллической структуре металлов. Есть две решетки с наиболее плотной упаковкой:
кубическая гранецентрированная ячейка (восемь атомов - шариков в вершинах куба и шесть атомов по центру каждой грани) и
гексагональная плотноупакованная. Координационное число (количество ближайших соседей данного атома) в обоих случаях - 12. Плотность упаковки - 74%.

Сообщение отредактировал leongur - 5.08.2010, 11:45

[Eva]

Здравствуйте. Вот еще задачка: как точно отложить отрезок длиной корень из 2?)

[ycheff]

Это диагональ в квадрате со сторонами единичной длины.

Чуть посложнее задача - вписать правильный пятиугольник в окружность (циркулем и линейкой).

[Eva]

Это диагональ в квадрате со сторонами единичной длины.

Чуть посложнее задача - вписать правильный пятиугольник в окружность (циркулем и линейкой).

Ответ на эту задачу есть в учебниках по геометрии, например, по-моему, в учебнике Погорелова 7-11 класс. Но оно трудно запоминается, а искать мне было неохота. Зато я помню вот такой способ: строим окружность, проводим линейкой диаметр АВ, делим его на 5 равных частей. Строим равносторонний треугольник АВС: циркулем измеряем длину диаметра и из точек А и В проводим окружности радиуса АВ, тогда точка пересения окружностей-точка С. Проводим прямую через точку С и точку D до пересечения с окружностью в точке, назовем ее, Е. (Точка D: диаметр разделен на пять равных частей четырьмя штрихами, AD-отрезок длиной в две части). Получим АЕ-одна сторона пятиугольника. Далее дело техники:откладываем хорду АЕ пять раз: измеряем циркулем АЕ и из точки Е проводим окружность этим радиусом, получим в пересечении с нашей окружностью точку F и EF-вторая сторонаю Повторяем процедуру из точки F...

[ycheff]

Мне кажется, Ваше решение приближенное.
Точное решение не очень сложно. В исходной окружности радиуса R с центром О проводим 2 перпендикулярных друг другу диаметра, рисуем окружность радиуса R/2 на половинке одного из диаметров, проходящую через центр О и касающуюся исходную окружность.
Центр этой окружности О₁ соединяем с концом касательного диаметра (пусть это точка А). Этот отрезок пересекает малую окружность в точке B (О₁В = R/2). Величина АВ - сторона вписанного правильного десятиугольника. Пятиугольник из него получить не проблема.

[Eva]

Мне кажется, Ваше решение приближенное.
Точное решение не очень сложно. В исходной окружности радиуса R с центром О проводим 2 перпендикулярных друг другу диаметра, рисуем окружность радиуса R/2 на половинке одного из диаметров, проходящую через центр О и касающуюся исходную окружность.
Центр этой окружности О₁ соединяем с концом касательного диаметра (пусть это точка А). Этот отрезок пересекает малую окружность в точке B (О₁В = R/2). Величина АВ - сторона вписанного правильного десятиугольника. Пятиугольник из него получить не проблема.

Вполне возможно. Я нашла книгу, в которой есть этот способ. Если будет желание покопаться, могу дать ссылку.)) Книга, кстати, 1904 года.

Сообщение отредактировал Eva - 5.09.2010, 20:08

[Enilta]

Вот еще задачка:

Докажите, что у любого многогранника найдутся по крайней мере две грани,
являющиеся многоугольниками с равным числом сторон.

[ycheff]

Докажите, что у любого многогранника найдутся по крайней мере две грани,
являющиеся многоугольниками с равным числом сторон.

Рассмотрим грань с максимальным числом сторон, пусть это число равно n. Тогда к этой грани примыкают n других граней, у которых число сторон выбирается в интервале от 3 (треугольник) до n-1. Выбора не хватает для набора разных по числу сторон граней.
Раз нет выбора - будут совпадения.

[Enilta]

Рассмотрим грань с максимальным числом сторон, пусть это число равно n. Тогда к этой грани примыкают n других граней, у которых число сторон выбирается в интервале от 3 (треугольник) до n-1. Выбора не хватает для набора разных по числу сторон граней.
Раз нет выбора - будут совпадения.

Верно! (IMG:style_emoticons/default/bi.gif) Только надо учесть, что число сторон у смежных граней вполне может варьировать от 3 до n, что на возможность приложения принципа Дирихле, конечно, не повлияет. (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)

[ycheff]

от 3 до n

При числе сторон n будет совпадение с рассматриваемой гранью (n - уже занято), так что это исключается. Должно быть не более n-1.

[Enilta]

так что это исключается.

Вместе с правильными многогранниками, для которых решение тривиально.

[СЛАУ]

Энилта и Ычев, спасибо вам, Энилте за задачку, Ычеву за решение! Задачка пресимпатичная. Меня, конечно, всему этому учили: и принципу Дирихле, и совету "Рассмотри крайнее" (либо наименьшее, либо наибольшее), но я чего-т не справилась, не решила.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 1.02.2012, 14:11

[ycheff]

Есть такая компьютерная игра - "Червы". Там тот, кто набрал 100 и более очков - проиграл.
1. Возможна ли ситуация, когда все проиграли, то есть набрали 100 и более очков?
2. Возможна ли ситуация, когда все проиграли, но с одинаковым количеством очков?

[Const]

Есть такая компьютерная игра - "Червы".

Оно бы ещё правила узнать…

[ycheff]

Оно бы ещё правила узнать…

Игра есть в каждой винде, я думал, что правила широко известны.
Напоминать их - почти что всё равно, что пересказывать библию: "Авраам родил Исаака..."
Вкратце можно сказать, что:
- играют четверо,
- берут взятки, от которых обычно лучше избавляться - каждая взятая черва - штрафное очко (всего 13 червей), взятая дама пик - 13 штрафных очков.
- итого в розыгрыше 26 очков, но если взять все штрафные карты, то будет прокручено "динамо" - штраф всем, кроме победителя - 26 очков.
- окончание игры - если кто-то набрал 100 или более очков.
В правилах не оговорена ситуация, когда условие окончания выполнено всеми игроками - то ли ничья, то ли победа того, кто из игроков набрал меньше. Вопросы возникли именно в связи с этими недоговоренностями в правилах.

[Const]

Игра есть в каждой винде, я думал, что правила широко известны.

Не у каждого есть винда только…

Теперь по исходным вопросам: нет оба раза.
Но если сформулировать не "все", а "трое из четырёх", то да на оба вопроса.
По-моему, так.

[ycheff]

2. Возможна ли ситуация, когда все проиграли, но с одинаковым количеством очков?

Нет. Они должны набрать по 104 очка (минимальное число, начиная от 100, кратное 26), то есть, перед последним розыгрышем трое, даже в случае 99 очков, должны набрать по 5 очков (итого 15). А тот, кто получит даму пик, унесет 13, оставляя всего 26-13 = 13 очков, которых на всех не хватит.


А вот на первый вопрос я пока ответа не определил, но, скорее всего - да.

[Cerberuser]

Не понял, откуда это "кратное 26". Кратное 13 же. Сумма очков всех четверых должна быть кратна 26. Но логика от этого не меняется, да.

[ycheff]

Не понял, откуда это "кратное 26"

итого в розыгрыше 26 очков, но если взять все штрафные карты, то будет прокручено "динамо" - штраф всем, кроме победителя - 26 очков