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.

[СЛАУ]

Ычев, Цербер прав. Если все игроки закончили игру с равными штрафными очками, то сумма всех очков всех 4-х игроков делится на 4. ЕЩЁ в силу правил сумма всех очков всех игроков делится на 26 (потому что в каждом туре сумма очков всех 4-х игроков делится на 26). Число, которое делится и на 4, и на 26, обязательно делится на НОК(4; 26)=2*26=52. Раз сумма всех очков всех 4-х игроков делится на 52, то штрафные очки КАЖДОГО игрока делятся на 52:4=13. Всё.

А это:

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

ничего не значит. Например, 26+3 не делится на 26. То есть если 1 раз прокрутилось "динамо" и в силу него человек получил 26 очков, а в другой раз этот же человек взял 3 червы, то сумма его очков не делится на 26.

Вот контрпример, показывающий, что из правил начисления очков и из условия равенства сумм очков следует делимость только на 13, а не на 26: при очках в первом и втором туре соответственно
13; 0; 6; 7
0; 13; 7; 6
суммы очков у всех одинаковые, 13, но они не делятся на 26, они делятся только на 13.

Здоровская задачка, кстати, спасибо.

Задачку поняла, игру "Червы" - нет. Хоть у меня и Винда.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 9.08.2014, 18:39

[ycheff]

Ничё не понял.
26 очков в розыгрыше, они будут поделены между всеми игроками. И так розыгрыш за розыгрышем.
Поэтому сумма очков (всех игроков) после каждого розыгрыша кратна этому числу.
Если будет "динамо", то будут разыграны 26*3 = 78 очков, что тоже кратно 26 - это важно, а делимость не имеет никакого значения.
Поэтому, как бы игра не окончилась, сумма очков будет делиться на 26.

Ещё один подход к задаче - через число розыгрышей - для теоретической игры, когда у всех по 104 очка в конце игры - число розыгрышей - 16, если динамо не было. Если розыгрышей 15, то сумма всех очков равна 390, так что перед последней игрой теоретически возможна ничейная ситуация с 95 очками у каждого игрока.
Нет, я ошибся - поделил 390 на 4 и получил 95, получится 97.5, так что ничьей перед последним туром не будет.
Кстати, если перед последним туром у всех будет по 97 - 98 очков, то - ответ на 1 вопрос - да.

[СЛАУ]

Ничё не понял.
26 очков в розыгрыше, они будут поделены между всеми игроками. И так розыгрыш за розыгрышем.
Поэтому сумма очков (всех игроков) после каждого розыгрыша кратна этому числу.
Если будет "динамо", то будут разыграны 26*3 = 78 очков, что тоже кратно 26 - это важно, а делимость не имеет никакого значения.

Конечно, сумма всех очков всех ЧЕТЫРЁХ игроков будет делиться на 26. Больше того, она будет делиться на 52. А вот сумма очков ОДНОГО игрока будет делиться только на 13 гарантированно. Мой контрпример перечитайте.

[Const]

Встретилось равенство прикольное. Страшное на первый взгляд, но совершенно примитивное по сути (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)
(IMG:http://mathurl.com/naut9t8.png)

[ycheff]

сумма очков ОДНОГО игрока будет делиться только на 13 гарантированно.

Совсем не обязательно. Игрок может набирать любые суммы от 0 до 26 в каждом розыгрыше, и его конечные суммы могут быть разными.

[СЛАУ]

Совсем не обязательно. Игрок может набирать любые суммы от 0 до 26 в каждом розыгрыше, и его конечные суммы могут быть разными.

Его конечные суммы могут и не делиться на 13, если нет условия, что все 4 игрока набрали равные суммы. А с этим условием - гарантированно сумма очков КАЖДОГО игрока делится на 13. Я выше это строго доказала. Ычев, Вам лень разбираться, но я знаю, что написала.

Ушла спать.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 10.08.2014, 10:27

[ycheff]

Вам лень разбираться, но я знаю, что написала.

Понял, в чем дело - в числе розыгрышей для общей ничьей - четном или нечетном. При четном - кратно 26, при нечетном - 13.

[СЛАУ]

Извиняюсь за своё предыдущее сообщение. Кажется, оно было слишком нервным, и немотивированно нервным в рамках беседы на форуме. Но меня как всегда вечером выставляли из комнаты с компьютером, и это было так досадно-некстати, и пришлось отвечать в ускоренном режиме. А в ускоренном режиме я соображаю хреново.

Понял, в чем дело - в числе розыгрышей для общей ничьей - четном или нечетном. При четном - кратно 26, при нечетном - 13.

Ваша версия не верна. И при чётном числе розыгрышей может быть кратность только 13-ти, без кратности 26-ти. Доказательство - опять мой контрпример, приведённый выше. В этом контрпримере в первом раунде первый игрок набрал 13 очков, второй игрок набрал 0 очков, третий игрок набрал 6 очков, четвёртый игрок набрал 7 очков. В этом же контрпримере во втором раунде первый игрок набрал 0 очков, второй игрок набрал 13 очков, третий игрок набрал 7 очков, четвёртый игрок набрал 6 очков. Коротко это можно записать "таблицей":

13; 0; 6; 7
0; 13; 7; 6

Тут число раундов чётное (2), суммы очков игроков за 2 раунда равны друг другу (каждая равна 13), но эти суммы делятся только на 13 и не делятся на 26.

[ycheff]

Да, я поспешил с выводами. Число розыгрышей должно быть кратно 4, тогда результат каждого при ничьей делится на 26, если кратно 2, то при ничьей результат каждого делится на 13, а при нечетном числе розыгрышей ничья невозможна.

[СЛАУ]

Пусть n - число раундов с "динамо" в результате, m - число раундов без "динамо" и в результате этих n+m раундов получилась общая ничья. Тогда сумма всех очков всех 4-х игроков Ф=26(3n+m), с одной стороны, и Ф=52k, где k - целое, с другой стороны. Отсюда, приравняв правые части этих двух равенств друг к другу и поделив на 26, получим
3n+m=2k.
Значит, число 3n+m чётное.

Чётность чисел 3n+m и n+m всегда одинаковая (то есть всегда либо n+m и 3n+m оба чётны, либо оба нечётны). Поэтому, действительно, общая ничья возможна только при чётном количестве раундов.

С делимостью на 26 суммы очков каждого игрока и делимостью на 4 числа туров всё не так просто, потому что делимости чисел n+m и 3n+m на 4 не всегда одновременны. При чётных n и m число n+m делится на 4 тогда и только тогда, когда на 4 делится число 3n+m. А вот при нечётных n и m всё шиворот-навыворот, n+m делится на 4 тогда и только тогда, когда 3n+m на 4 НЕ делится.

Но если n делится на 4 и m делится на 4, то, конечно, сумма очков каждого игрока делится на 26.

У меня из этого обсуждения образовалась куча мелких задачек для репетиторства. )

Сообщение отредактировал СЛАУ - 10.08.2014, 12:48

[СЛАУ]

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

Ответ: да. Вот таблица, описывающая очки, набираемые игроками в раундах... В таблице всего 16 строчек, что соответствует 16-ти раундам, и 4 столбца, что соответствует 4-м игрокам. Строчки

13; 0; 6; 7
0; 13; 7; 6

повторяются 6 раз, потом

13; 3; 4; 6
4; 13; 3; 6
4; 3; 13; 6
3; 4; 6; 13

ВСЁ.

Тогда по результату первых 12-ти раундов у каждого игрока в сумме 78 очков. По результату первых 15-ти раундов суммы очков у игроков такие:

99; 97; 98; 96

(все меньше ста). По результатам всех 16-ти раундов суммы очков у игроков такие:

102; 101; 104; 109

(все больше ста).

Сообщение отредактировал СЛАУ - 10.08.2014, 18:13

[ycheff]

Нашел в сети задачку:
(IMG:http://i.guim.co.uk/static/w-620/h--/q-95/sys-images/Guardian/Pix/pictures/2015/4/13/1428911196726/be00992c-012d-4216-9e7a-2751a79c75c4-620x372.jpeg)

[Elena]

У меня 16 июля получилось.

[ycheff]

16 июля

А иначе и быть не должно.

[Const]

У меня 16 июля получилось.

А каким образом?
Я вижу, как легко исключаются даты 17-18-19 и, соответственно, июнь.
Но дальше буксую. У меня остаётся симметричная таблица 3х3 с исключённой диагональю, и как там исключить хоть одну дату в упор не вижу.

[Elena]

Рассуждение следующее.

Исходно Альберт знает месяц, Бернард число.

Альберт уверенно говорит, что точную дату Бернард знать не может. Из этого следует, что это не май и не июнь, т.к. только там есть уникальные числа 18 и 19, по которым дата вычислилась бы моментально, если бы это была она.

После этого Бернард говорит, что точно знает день рождения. Исходя из данных, мы видим, что в июле и в августе есть одно повторяющееся число - 14. Раз Бернард точно знает, значит, не оно.

А тем временем Альберт после слов Бернарда о том, что тот знает день рождения, сообщает, что он тоже знает. Но он-то знает только месяц. Поскольку это не может быть 14-е и, зная месяц, Альберт может точно сказать дату, то остаётся сделать вывод, что Альберт знает месяц июль. Таким образом, получается 16 июля.

[Const]

Рассуждение следующее.

Исходно Альберт знает месяц, Бернард число.

Альберт уверенно говорит, что точную дату Бернард знать не может. Из этого следует, что это не май и не июнь, т.к. только там есть уникальные числа 18 и 19, по которым дата вычислилась бы моментально, если бы это была она.

По порядку.
Я понимаю, почему исключаем 19 мая и июнь… но для меня логический скачок в исключении 15 и 16 мая, ведь эти даты есть также в августе и июле соответственно.

[Elena]

По порядку.
Я понимаю, почему исключаем 19 мая и июнь… но для меня логический скачок в исключении 15 и 16 мая, ведь эти даты есть также в августе и июле соответственно.

Май и июнь мы исключили исходя из того, что в них есть уникальные даты, которых со слов Альберта быть не может. А уж какие там соседние числа, далее не имеет значения.

[СЛАУ]

ЗАДАЧКА НА ЛОГИКУ!!!

[Const]

ЗАДАЧКА НА ЛОГИКУ!!!

Самая левая: большой красный квадрат в рамке (IMG:style_emoticons/default/wink.gif)

[СЛАУ]

Самая левая: большой красный квадрат в рамке (IMG:style_emoticons/default/wink.gif)

верно.

хотя я видела в Инете споры и обсуждения, имеет ли вообще ответ эта задачка. ведь фигурка номер 2 лишняя как отличающаяся от всех остальных фигурок по параметру наличие/отсутствие белой каймы, фигурка номер 3 лишняя как отличающаяся формой, фигурка номер 4 лишняя как отличающаяся цветом, фигурка номер 5 лишняя как отличающаяся размером. остаётся фигурка 1, которую ни по какому параметру нельзя считать отличающейся от всех других фигурок. значит, фигурка 1 лишняя. но тогда каждая из фигурок лишняя, а значит, они все равноправны и лишних фигурок нет.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 20.05.2015, 16:33

[Const]

верно.

хотя я видела в Инете споры и обсуждения, имеет ли вообще ответ эта задачка. ведь фигурка номер 2 лишняя как отличающаяся от всех остальных фигурок по параметру наличие/отсутствие белой каймы, фигурка номер 3 лишняя как отличающаяся формой, фигурка номер 4 лишняя как отличающаяся цветом, фигурка номер 5 лишняя как отличающаяся размером. остаётся фигурка 1, которую ни по какому параметру нельзя считать отличающейся от всех других фигурок. значит, фигурка 1 лишняя. но тогда каждая из фигурок лишняя, а значит, они все равноправны и лишних фигурок нет.

Я тоже сначала поржал, что и вот эта вот выпадает, и вот эта… и получилось, что имеем четыре множества из четырёх фигурок каждое, полное пересечение которых только одна фигурка, пятая… вот и получается, что она лишняя тут (IMG:style_emoticons/default/wink.gif)

[СЛАУ]

Я тоже сначала поржал, что и вот эта вот выпадает, и вот эта… и получилось, что имеем четыре множества из четырёх фигурок каждое, полное пересечение которых только одна фигурка, пятая… вот и получается, что она лишняя тут (IMG:style_emoticons/default/wink.gif)

Вы не уловили мою мысль, Конст. попробую ещё раз, идя от Ваших рассуждений. на основе Ваших рассуждений о множествах из четырёх фигурок каждое мы не получим лишнюю фигурку. потому что имеем не четыре, а пять множеств по 4 фигурки в каждой из них и пересечение всех этих пяти множеств пусто.

множество А2 - множество фигурок с белой каймой (в него входят все фигурки кроме второй, не имеющей белой каймы).

множество А3 - множество квадратов (не важно, с белой каймой или нет) (в него входят все фигурки, кроме третьей, являющейся кругом).

множество А4 - множество красных фигурок (не важно, с белой каймой или нет) (в него входят все фигурки, кроме четвёртой, являющейся зелёной).

множество А5 - множество больших фигурок (в него входят все фигурки, кроме пятой, являющейся маленькой).

и - ВНИМАНИЕ! - пятое множество, множество А1 - множество фигурок, каждая из которых имеет свойство "для этой фигурки существует параметр, по которому эта фигурка отличается от всех других фигурок на доске". в множество А1 входит вторая фигурка (для неё существует этот параметр, это параметр наличие/отсутствие белой каймы). в множество А1 входит третья фигурка (для неё тоже существует этот параметр, это параметр форма). в множество А1 входит и четвёртая фигурка (для неё тоже существует этот параметр, это параметр цвет). в множество А1 входит и пятая фигурка (для неё тоже существует этот параметр, это параметр размер). первая фигурка не входит в множество А1 (нет параметра, отличающего первую фигурку от ВСЕХ остальных фигурок на доске сразу).

пересечение множеств А1, А2, А3, А4 и А5 пусто, значит, лишних фигурок нет.

это такой ещё один взгляд на задачу.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 21.05.2015, 2:47

[СЛАУ]

первый взгляд на задачку - взгляд, описанный Констом. он правильный, но почти, потому что существует

второй взгляд - описанный мной здесь (дважды).

и есть третий взгляд - который мне кажется совсем уже правильным. и который я попозже мб напишу.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 20.05.2015, 19:42

[ycheff]

Может быть я туплю немного, но если бы я сидел за партой в первом классе, а мне задали бы эту задачку, то я бы ответил - кружок.
Все остальное - цвет, размер, наличие каёмочки, но не фигурка.