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]

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.

[СЛАУ]

не буду больше тянуть и камуфлировать главную с моей точки зрения прелесть задачки. главная прелесть задачки в том, что она порождает парадокс.

фигурку на доске, отличающуюся по какому-то одному параметру от всех других фигурок на доске назовём ОСОБЕННОЙ. тогда (извиняюсь за повтор длиннот) вторая фигурка на доске особенная, так как отличается от всех других фигурок на доске параметром наличие/отсутствие белой каймы. третья фигурка на доске особенная, так как отличается от всех других фигурок на доске формой. четвёртая фигурка на доске особенная, так как отличается от всех других фигурок на доске цветом. пятая фигурка на доске особенная, так как отличается от всех других фигурок на доске размером.

что касается первой фигурки на доске, то она единственная не особенная. но тогда как единственная не особенная она является особенной. но если первая фигурка особенная, то её ничто, ни один параметр, не отличает от всех других фигурок сразу, значит, она НЕ особенная. но тогда она опять единственная не особенная фигурка на доске и поэтому является особенной... и так по кругу. шик.

в общем, именно попытка ответить на вопрос "является ли первая фигурка особенной" приводит к парадоксу... поэтому (ещё один кульбит) первая фигурка особенная как порождающая парадокс. ))

з. ы. отсюда и третий взгляд на задачу, о котором я говорила. третий взгляд: лишней является первая фигурка, потому что все остальные фигурки - особенные на основании визуального отличия, а первая фигурка особенная как порождающая парадокс, а это "2 большие разницы".

з. ы. ы. но это не моя идея, только изложение моё. идею я встретила в Инете.

з. з. ы. ы. рассуждая о первой фигурке, я местами для краткости опускала словосочетание "на доске". например, я писала: "она единственная не особенная" вместо "она единственная не особенная на доске". думаю, это было разумно, так как более краткий текст легче понять.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 21.05.2015, 3:35

[Const]

Ну, на самом деле, если множества А2–А5 считать подмножествами множества А1, то в этой терминологии можно выделить первую фигуру: она единственная включена в каждое подмножество. Фактически это будет математизированный вариант изложения «особенный—не особенный».
Но всё одно, классная задачка (IMG:style_emoticons/default/wink.gif)

[СЛАУ]

а мне было классно поделиться задачкой и поболтать о ней. ) спасибо. до Инета я очень мечтала делиться математичным-интересненьким с людьми, которые могут понять и оценить это математичное-интересненькое. но до Инета это было невозможно.

Сообщение отредактировал СЛАУ - 21.05.2015, 10:13

[zveroboy82]

первая фигурка не входит в множество А1 (нет параметра, отличающего первую фигурку от ВСЕХ остальных фигурок на доске сразу).

прошу прощения, я наверное не совсем понял, объясните мне почему первая фигурка не входит в А1?
первая фигурка отличается от третьей?

[Ксей]

в общем, именно попытка ответить на вопрос "является ли первая фигурка особенной" приводит к парадоксу...

этот "парадокс" похож на парадокс брадобрея, там вроде бы тоже из-за путаницы в множествах появляется как бы парадокс .

Вообще, чтобы не перенапрягать извилины и формализовать задачу, придуманы собозначения и правила их применения.
Наверно, это не заняло бы и половины строчки (не считая пояснений)