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.

[metelev_sv]

На доске были написаны 10 последовательных натуральных чисел.Когда стёрли одно из них, то сумма девяти оставшихся оказалась равна 2009. Какие числа остались на доске?

Если поделить 2009 на 9 получим примерно 223. Теперь будем добавлять к этому числу соседей слева и справа. На первом этапе +222+224=223*2, на втором +221+225=223*2 и т.д., пока не получим девять членов ряда.
219 220 221 222 223 224 225 226 227
Их сумма равна
223*10-223=2007

Чтобы получить из этого числа 2009 надо заменить одно из чисел на большее на 2. Если учесть, что новое число надо дописать в конец, чтобы оно продолжало последовательность, то ясно что заменить надо 226, дописав в конец 228, это даст искомое увеличение на 2.

Итого, были написаны числа с 219 до 228, стёрто было число 216.

[ycheff]

"Ляпсус калями" - не 216, а 226 стерли

[VSam]

На шахматной доске расставлено 8 фигур так, что в каждом горизонтальном и вкаждом вертикальном ряду клеток стоит по одной фигуре.

Докажите, что на черных клеток шахматной доски стоит четное число фигур.

[metelev_sv]

На шахматной доске расставлено 8 фигур так, что в каждом горизонтальном и вкаждом вертикальном ряду клеток стоит по одной фигуре.

Докажите, что на черных клеток шахматной доски стоит четное число фигур.

Вроде не видно никаких сложностей с тем, чтобы конструировать произвольное положение фигур. Начать, скажем, с ситуации когда они все стоят на чёрной диагонали. Далее, если переставлять каждый раз одновременно две фигуры, так чтобы столбцы они не меняли, а обменивались номерами строк или наоборот, чтобы строки оставались неизменными, а обменивались номерами столбцов, то цвет клетки под фигурой должен либо сохранятся для обеих либо меняться сразу для обеих фигур.

Ну вот, в этой схеме два пункта нуждаются в доказательстве. 1) что начиная с диагональной описанным способом можно получить любую расстановку фигур из тех, которые не противоречат условию. 2) что цвет либо сохраняется либо меняется сразу для двух фигур.

По первому пункту. Начальная конфигурация была выбрана с одной фигурой в каждом столбце и одной в каждой строке. Поэтому, если мы желаем какую-либо фигуру из начальной позиции переставить в произвольное место доски мы всегда можем сделать это в два приёма. Например, сохраняя строку, сначала переставить фигуру в нужный столбец. (Ту фигуру, с которой обнаружится конфликт, как это уже было сказано, переставить на освободившийся столбец) Затем сохраняя столбец, переставить в нужную строку. Теперь одна из горизонталей и одна из вертикалей заняты и их можно исключить из рассмотрения. Это никак не помешает установить каждую из оставшихся фигур в ещё доступные места, причём для каждой следующей фигуры место из оставшихся, не занятых ещё, точно так же может быть выбрано произвольно.

Теперь по второму пункту, о том что каждая такая перестановка либо сохраняет цвет клетки под обеими фигурами, либо меняет на противоположный. Рассмотрим произвольный прямоугольник со сторонами параллельными рядам и столбцам. При увеличении одной из его сторон на одну клетку (из nxm в n+1xm) два угла поменяют цвет на противоположный. Это следует из того, что соседние клетки на доске имеют разный цвет. Квадрат 2х2 ясно, что удовлетворяет условию чётности изменения цвета, если переставлять фигуры по его углам, то количество занятых чёрных клеток меняется чётным образом. Из него по индукции можно получить произвольный прямоугольник, который будет обладать тем же свойством.

[VSam]

2002 год — год-палиндром, то есть одинаково читается справа налево и слева направо.Предыдущий год-палиндром был 11 лет назад (1991). Какое максимальное число годов-непалиндромов может идти подряд (между 1000 и 9999 годами)?

[ycheff]

109 - максимум, такие числа встречаются через 110 или через 11 лет - между ними 109 или 10 лет.

[VSam]

109 - максимум, такие числа встречаются через 110 или через 11 лет - между ними 109 или 10 лет.

109 - правильный ответ!

[VSam]

Двое играют в следующую игру. Каждый игрок по очереди вычёркивает 9 чисел (по своему выбору) из последовательности 1, 2, 3, ..., 100, 101. После одиннадцати таких вычёркиваний останутся два числа. Затем второй игрок присуждает первому столько очков, какова разница между этими оставшимися числами. Доказать, что первый игрок всегда сможет набрать по крайней мере 55 очков, как бы ни играл второй.

[ycheff]

Первый должен "выедать дырку" так, чтобы второй не смог своими 5 попытками "съесть ее до края". Тогда (если второй не станет помогать первому) первый всегда зачеркнет 6*9 =54 числа, идущих подряд, тогда как второй не справится со своей задачей (он может зачеркнуть лишь 5*9 =45 чисел идущих подряд). При 54 подряд зачеркнутых числах разница между крайними будем 55 - это минимум при отсутствии помощи второго первому.




Согласно какому принципу расставлены цифры в данном ряду?
8 2 9 0 1 5 7 3 4 6

[VSam]

Первый должен "выедать дырку" так, чтобы второй не смог своими 5 попытками "съесть ее до края". Тогда (если второй не станет помогать первому) первый всегда зачеркнет 6*9 =54 числа, идущих подряд, тогда как второй не справится со своей задачей (он может зачеркнуть лишь 5*9 =45 чисел идущих подряд). При 54 подряд зачеркнутых числах разница между крайними будем 55 - это минимум при отсутствии помощи второго первому.

Допустим, что это так. Пусть первый зачеркнет 2,3,..,55, а второй - 1, 58,59,..,101.

Остались – 56, 57. Разница 1…

[ycheff]

Первый должен придерживать "симметрию выедаемой дырки" относительно средней точки интервала - числа 56, тогда второй не сможет "съесть ее до края". Второй может зачеркнуть 45 числе перед первой попыткой, 36 перед второй, 27 перед третьей и т.д. Эти отрезки + 1 (или больше, если возможно) первый игрок должен ему оставить после каждой своей попытки.
Числа 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59, 60 - вычеркиваются в 1 попытке первого игрока. Если второй игрок не вычеркивает числа от краев интервала - 111, 110, 109, 108..., то он "помогает первому".

[metelev_sv]

Согласно какому принципу расставлены цифры в данном ряду?
8 2 9 0 1 5 7 3 4 6

в дв де н о п с т ч ш (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)

[metelev_sv]

Загадка носит имя Монти Холла (Monty Hall), ведущего старого американского игрового шоу под названием «Давайте заключим сделку» (Let’s make a Deal), в котором в том или ином виде эта ситуация повторялась каждый раз. Сама загадка звучит так: вы участвуете в игре, и ведущий предлагает вам выбрать одну из трёх дверей. За одной из них дорогая машина, главный приз! За другими двумя дверями находятся козы. После того, как вы выбрали дверь случайным образом, ведущий (который, конечно, знает, за какой дверью приз) открывает одну из оставшихся дверей, за который обнаруживается коза. Затем он предлагает вам или остаться у прежней двери, или изменить свой выбор и указать на другую, оставшуюся закрытой. Итак, вы смените дверь или останетесь на месте?

[ycheff]

Не решая задачу в числах, сразу можно сказать, что вероятнее выбор двери с первой козой, а если покажут вторую козу, то имеет смысл поменять выбор (если, конечно, ищем дверь, за которой автомобиль).

[XuMuK]

Как-то смотрел фильм... Вроде назывался "21". Там из студентов набиралась команда, чтобы ехать играть в казино. Все математики... все считать умеют... Так одной из задач для проверки была именно задача Монти Холла. Еще тогда меня этот парадокс заинтересовал. (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)

[metelev_sv]

Так одной из задач для проверки была именно задача Монти Холла. Еще тогда меня этот парадокс заинтересовал. (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)

На самом деле, условие так написано, что запутывает. Ведущий всегда открывает ту дверь за которой машины нет. Тем самым устраняет неопределённость в тех случаях, когда машина не была угадана при первом выборе двери.

Там, где я её прочитал было такое объяснение. Есть три варианта расположения машины и коз (каждый вариант на отдельной строке):

Код

авто коза коза
коза авто коза
коза коза авто

Предположим человек выбирает первую дверь (первый столбец то есть). После этого ведущий открывает одну из оставшихся дверей. Во втором и третьем варианте правильно будет поменять выбор и только в первом, одном-единственном варианте, правильнее оставить как есть.

[VSam]

Дана линейка с делениями через 1 см. Проведите какую-нибудь прямую, перпендикулярную данной прямой.

[metelev_sv]

Дана линейка с делениями через 1 см. Проведите какую-нибудь прямую, перпендикулярную данной прямой.

Если линейкой можно отмерить произвольное расстояние, тогда задача решается более-менее легко. Этапы решения: 1. провести произвольную прямую непараллельную данной. 2. отразить её относительно исходной прямой (так, что исходная прямая будет биссектрисой между двумя новыми) 3. Найти прямую, которая поделит пополам оставшиеся два угла, (вторую биссектрису) она и будет перпендикуляром.

Чтобы поделить угол напополам можно обойтись нашей линейкой. Для этого откладываем два отрезка сантиметровой длины и два двухсантиметровой на сторонах угла, который будем делить. Затем соединяем точку на расстоянии один сантиметр с точкой на расстоянии два сантиметра, и наоборот. Пересечение даст точку, лежащую на биссектрисе.

Чтобы удвоить угол, ничего не приходит в голову, кроме симметричной процедуры. Но для её осуществления нужно уметь откладывать отрезки произвольной длины, не обязательно кратной сантиметру. Это позволено?

[VSam]

Чтобы удвоить угол, ничего не приходит в голову, кроме симметричной процедуры. Но для её осуществления нужно уметь откладывать отрезки произвольной длины, не обязательно кратной сантиметру. Это позволено?

Не разрешается ...

[Lord-Aries]

отложить на искомой прямой 3 см

потом над одним концом отложенного отрезка искать точку, из которой расстояние до ближнего конца будет 4 см, а до дальнего 5 см. Из найденой точки провести прямую через ближайший конец отрезка. Задача выполнена

собсно, эт получается Египетский треугольник

[metelev_sv]

отложить на искомой прямой 3 см

потом над одним концом отложенного отрезка искать точку, из которой расстояние до ближнего конца будет 4 см, а до дальнего 5 см. Из найденой точки провести прямую через ближайший конец отрезка. Задача выполнена

собсно, эт получается Египетский треугольник

Тогда ещё проще, взять деревянную линейку-треугольник и не валять дурака (IMG:style_emoticons/default/smile.gif)

Дело в том, что нет не только циркуля (и возможности нарисовать окружность), но и возможности отложить произвольную длину на прямой. Только кратную одному сантиметру.

[Lord-Aries]

3 кратно 1?

[metelev_sv]

3 кратно 1?

Да, кратно. Но нет двух точек, чтобы провести прямую. И нет циркуля, чтобы провести окружность радиуса 3 сантиметра.

[Lord-Aries]

Не так(IMG:style_emoticons/default/smile.gif) .
3 см можно у прямой отложить? Откладываем(IMG:style_emoticons/default/wink.gif) . Далее от любого конца отмеряем 4 см по направлению примерного перпендикуляра. В этой точке проводим прямую, примерно параллельную искомой. Теперь откладываем от дальнего (другого, не над которым 4 см вверх и условно параллельная прямая 5 см видим, где она на этой условно параллельной прямой оставит точку. Да, у нас циркуля нет, но вертеть линейку можно и без циркуля очень свободно(IMG:style_emoticons/default/wink.gif) - то есть будет гипотенуза египетского прямоугольного треугольника, со сторонами 3 4 и 5 см. Угол между 3 и 4 прямой. В случае, если у нас не совпадут точки от перпендикуляра на глаз и 5 см гипотенузное пересечение, следует удостовериться, что расстояние от пересечения гипотенузы и условно параллельной прямой также 4 см. Если нет, то зная эти точки легко на месте сделать коррекцию и найти ту точку, расстояние до которой от ближнего конца отрезка 4 см, а от дальнего - 5. От через неё, а также через ближний конец 3-см отрезка и проводим перпендикуляр.

[metelev_sv]

Максимум, что научился, провести параллельную прямую. А как сделать перпендикуляр пока не приходит в голову.