Пятница... Опять задачки ;)

← →
Alx2 © (2004-04-30 15:26) [80]

3. Будет. Так как возрастающая и убывающая функции его перемещения обязательно пересекуться. В случае постоянства скорости это время будет 13 часов.

← →
GuAV (2004-04-30 15:26) [81]

8. Доказать, что всякий треугольник можно разбить на 4 равнобедренных, а всякий остроугольный - на 3.

Остроугольный описываем окружностью => бедра равны как радиусы;

тупоугольный (или прямоугольный) - ломаем высотой к большей стороне на два прямоугольных,
из их прямого угла проводим медианы, и получим четрыре равнобедренных.

← →
Alx2 © (2004-04-30 15:28) [82]

8. В остроугольном треугольнике достаточно центра описанной окружности для разбиения. Получим три равнобедренных треугольника. "Бедрами" будут радиусы окружности, проведенные в вершины

← →
Alx2 © (2004-04-30 15:29) [83]

>GuAV (30.04.04 15:26)
Не успел я :))

← →
Alx2 © (2004-04-30 15:33) [84]

2. Недостающий бит можно взять из расположения пятой карты (слева или справа от открытых карт ее располагать). Тогда получим 48 комбинаций, что достаточно.

← →
Sha © (2004-04-30 15:39) [85]

> MBo © (30.04.04 13:45) [68]
> решение (возможное) чем-то теорему Ролля напоминает ;)

А Ролль-то что пополам делил? Не помню...

← →
MBo © (2004-04-30 15:43) [86]

Alx2 © (30.04.04 15:13) [78]
4. Все-таки не может. Цифровой корень = 5, а должен быть для квадрата 1,4,7,9

Верно, не может. Сам я решал с арифметикой по модулю 3 (как самое простое школьное правило о сумме цифр)

для n=3k n^2=9k^2, т.е. сумма цифр=0(mod 3)
для n=3k+1 n^2=9k^2+6k+1, СЦ=1 (mod 3)
для n=3k+2 n^2=9k^2+12k+4, СЦ=1 (mod 3)
т.е, число с сумой цифр=2(mod 3),а именно, 2003, не подходит

← →
Alx2 © (2004-04-30 15:49) [87]

>MBo © (30.04.04 15:43) [86]

Просто как оказалось :)

А меня натолкнула комутативность корня. Осталось посчитать корни для квадратов чисел 1..9. Получилось нехилое правило для определения "квадратности" числа. Правда, оно необходимое, но недостаточное.

← →
MBo © (2004-04-30 15:54) [88]

>А Ролль-то что пополам делил? Не помню...
Да просто навеяло - если графически решать про путника, то картинка смахивает на то, как т.Ролля изображается иногда (про то,что если на концах интервала непрерывная функция имеет разные знаки, то в нек. точке обязательно будет =0)

про пешехода есть еще одно красивое решение - представим, что у нас 2 человека - один вверху, другой внизу. Ясно, что они встретятся ;)

← →
MBo © (2004-04-30 15:56) [89]

про треугольники решили, осталась 1. про куб.

← →
Alx2 © (2004-04-30 15:57) [90]

К посту Alx2 © (30.04.04 15:49):
Комутативность приплел я зря. Забывать начал :)
Имелось в виду f(a+b)=f(f(a)+f(b))

← →
default © (2004-04-30 16:01) [91]

про карты
получили мы значит пять карт
перестановками 4 карт можно задать 24 карты, а нам нужно задать
48 карт, ровно в два раза больше, то есть нужно где-то всего лишь иметь "битовый флаг", можно получить эту инфу, например, положив карту-загадку слева или справа от открытого ряда из 4 карт

← →
MBo © (2004-04-30 16:07) [92]

>default ©
Возможно, есть и честное математическое решение, но я пока не знаю.

← →
int64 (2004-04-30 16:07) [93]

Alx2 © (30.04.04 15:33) [84]

> 2. Недостающий бит можно взять из расположения пятой карты
> (слева или справа от открытых карт ее располагать). Тогда
> получим 48 комбинаций, что достаточно.

Прибавь выше-ниже, параллельно-перпендикулярно... Это ещё два бита.
Имхо, не есть решение.

← →
Alx2 © (2004-04-30 16:11) [94]

>int64 (30.04.04 16:07) [93]
Почему? Предыдущий пост подробно описал решение.
Все карты имеют разное достоинство. Их можно занумеровать по-возрастанию. Сразу получаем способ кодировки. 24 комбинации из 4 карт + расположение пятой. Итого 48. Или бесконечность, если выше-ниже, под углом и т.п. :))

← →
default © (2004-04-30 16:11) [95]

ой а я и не видел что про расположение уже писали...

← →
int64 (2004-04-30 16:24) [96]

Alx2 © (30.04.04 16:11) [94]
Нет, маяков левых быть не должно. Не красиво. Представь, что всё виртуално. Сенс видит карты на мониторе.

← →
Думкин © (2004-04-30 17:46) [97]

> [77] MBo © (30.04.04 14:35)

Не обманывай 8- я решил тебе и ответ написал. :)

← →
MBo © (2004-04-30 18:00) [98]

>Думкин © (30.04.04 17:46) [97]
>Не обманывай 8- я решил тебе и ответ написал. :)
Ну в ветке в момент написания же еще не было решения ;)

И про первую в аське с Opuhshii разобрались, но здесь еще не приведено решение.

← →
Думкин © (2004-04-30 18:12) [99]

> [98] MBo © (30.04.04 18:00)

Согласен. Но и по "путешественнику" красиво. Ролль - мне больше Вейерштрасс - вторая теорема о непрерывности.

← →
SergP © (2004-04-30 18:13) [100]

> Когда гиря находилась в лодке она под действием силы тяжести
> выталкивала столько же воды, сколько находясь на дне (Закон
> Архимеда)

М-да.... Однако.... :-))) Это может быть верным только если плотность гири равна плотности воды....

> Ega23 © (30.04.04 13:21) [56]
> А вот ещё одна задачка:
> Есть тёмная комната без окон с одной дверью. В комнате висит
> выключенная лампочка. Вне комнаты находятся 3 выключателя.
> В комнату войти можно только один раз.
> Вопрос: как однозначно определить какой выключатель соединён
> с лампочкой?

Включаем два из выключателей...(например В1 и В2) Ждем несколько минут, выключаем один (В2) и заходим в комнату.

begin
if (лампочка горит)
then выключатель:=В2
else if (лампочка на ощупь гарячая)
then выключатель:=В1
else выключатель:=В3;
end;

← →
SergP © (2004-04-30 18:16) [101]

> Akni © (30.04.04 14:23) [74]

Блин. Не заметил...
Хотя эту задачу уже когда-то видел

← →
Думкин © (2004-04-30 18:21) [102]

> [100] SergP © (30.04.04 18:13)

Нет. И при меньше и равно. Правда...есть одно но - найдите.

← →
default © (2004-04-30 18:48) [103]

"3. Будет. Так как возрастающая и убывающая функции его перемещения обязательно пересекуться. В случае постоянства скорости это время будет 13 часов.
"
всем
Вы уверены в этом?
допустим если V=1км/ч
по дороге на Эверест к 7 часам путник пройдёт метр, по дороге с Эвереста к 8 часам тоже пройдёт метр, ...как выполнится условие задачи-то?разве что если на каком-то пути путник возьмёт и почешет как заяц...а это при постоянной скорости невозможно
а в общем случае она по-моему неразрешима...

← →
Думкин © (2004-04-30 18:55) [104]

> [103] default © (30.04.04 18:48)

Она разрешима - при условии непрерывности функции перемещения(от времени - для точности - в обычной топологии - или давайте договоримся в терминах), что скорее всего возможно для подразумевания. Не так ли?

← →
McSimm © (2004-04-30 18:57) [105]

> Вы уверены в этом?

Уверен

> к 7 часам путник пройдёт метр

Условие задачи смотрим. Нам известно, что "взошел на вершину горы по тропе в 19:00"

> а это при постоянной скорости невозможно

А про постоянную скорость в условии ничего нет. Это необязательно.

> а в общем случае она по-моему неразрешима...

Задачу можно свести к такой:
Первый путник в 6:00 утра вышел из А и в 19:00 пришел в B
Второй путник в 7:00 утра вышел из B и в 20:00 пришел в A
Вопрос: Встретятся ли они?

← →
default © (2004-04-30 19:11) [106]

McSimm © (30.04.04 18:57) [105]
7 утра подразумевалось
а постоянная скорость к примеру
Думкин © (30.04.04 18:55) [104]
да
P.S. можно нарисовать любую линию на бумаге(без циклов)
и разделить её на равные отрезки и сверху слева направо подписать время в которое путник будет на этом месте при заходе в гору; и тоже самое справа налево при спуска с горы(подписываем внизу)
видно будет невозможность того что в одно и тоже время путник будет находиться в одном месте(при заходе и спуске с горы)
(это для постоянной скорости)
ИМХО, на задачу можно дать ответ только если заданы уравнения движения

← →
Думкин © (2004-04-30 19:13) [107]

> [106] default © (30.04.04 19:11)

Вы вроде на матемаатика учитесь, а такое пишите. Сессии хотя бы убоитесь.

← →
McSimm © (2004-04-30 19:25) [108]

Думкин © (30.04.04 19:13) [107]
нет не на математика

а понял ещё до этих рисунков...ну да ладно
спасибо всё равно за картинку

Найден потерянный бит.

Удивительно, что мы сами усложнили себе задачу, в то время как решение лежало на поверхности.

Дело в том, что лишний бит нам нужен не всегда, а лищь тогда, когда необходимо отыскать одну карту более, чем из 24, т.е. только тогда, когда из колоды были извлечены карты трех или четырех мастей. В этом случае для кодирования нуля помощник оставляет открытыми одинаковое количество карт каждой масти (1+1+1+1 или 2+2), а для кодирования единицы - разное (2+1+1).

В случае извлечения карт одной или двух мастей нам требуется определить одну карту из 9 или из 22. Иначе говоря, сами эти масти и являются недостающим битом. О том, что были извлечены карты двух мастей и какие это были масти помощник сообщает фокуснику, оставляя комбинацию (3+1), а о том, что одна и какая именно - оставляя любые (4) карты.

1.71 - нет
70=2*7*5 - можно, 6 комбинаций, с точностью до поворотов.

>Думкин © (01.05.04 07:01) [112]
Верно. Решать можно так: обозначим числа на трех смежных гранях a,b,c, а на противоположных им - d,e,f. Тогда (8 вершин - 8 слагаемых)

SumProd=abc+def+abf+ace+bcd+dec+dfb+efa=
=a(bc+bf+ce+ef)+d(bc+bf+ce+ef)=(a+d)(b+e)(c+f)
Таким образом, данное число должно раскладываться на три сомножителя, так что простое число 71 отпадает, а 70 раскладывается единственным образом 2*5*7 (эти числа - суммы противоположных граней).
2=1+1
5=1+4 или 2+3
7=1+6 или 2+5 или 3+4
6 вариантов сочетаний.

>Sha © (30.04.04 23:23) [111]
Про одну-две масти понятно. И в самом деле, эти случаи лучше обрабатывать отдельно. А вот с тремя-четырьмя у меня не срастается. Например: Как закодировать 0 при раскладе 3-1-1?
При раскладе 2-1-1-1 имхо не всегда можно извлечь карту,которая попадет в нулевую половинку (а оставшиеся 1-1-1-1 ничего не сообщат о возможной специальной нумерации, если ее вводить для преодоления этого эффекта)

MBo © (01.05.04 09:21) [113]

Мне тоже не удалось составить правила поведения помощника
и фокусника, в точности следуя изложенной ранее идее.

Есть другое решение.

Обозначим масти буквами m1, m2, m3, m4.
Пусть масти m1 и m2 имеют один цвет, а масти m3 и m4 - другой.
Количество извлеченных карт каждой масти обозначим c1, c2, c3, c4,
причем c1 + c2 + c3 + c4 = 5.
Количество карт, оставленных помощником, обозначим d1, d2, d3, d4,
причем d1 + d2 + d3 + d4 = 4 и d1<=c1, d2<=c2, d3<=c3, d4<=c4.
Перенумеруем наши масти, чтобы выполнялись неравенства
c1>=c2, c1>=c3, c3>=c4.
Флажкам f1, f2, f3, f4 присвоим значение 1, если сооветствующая масть
может содержать отложенную карту и 0 в противном случае.
Понятно, задача будет решена, если мы укажем правила действия
фокусника и его помощника, при которых общее количество не открытых карт,
принадлежащих помеченным флажками мастям, не превысит 24.

Сначала определим правила действий фокусника:
1. Цвет тройки. Если оставлены 3 или больше карт одной масти, то искомая карта
имеет тот же цвет, что тройка.
2. Масти двух пар. Если оставлены 2 пары карт одинаковых мастей, то искомая
карта имеет одну из их мастей.
3. Цвет одинокой пары. Если оставлены пара карт одной масти и нет других карт
того же цвета, то искомая карта тот же цвет.
4. Масти разноцветных одиночек. Если оставлены 2 одиночные карты разного цвета,
то искомая карта имеет одну из их мастей.

Помощник же должен просто отложить такую карту, чтобы фокусник мог
воспользоваться одним из этих правил. Это всегда возможно (см. таблицу)

Правила действий помощника и фокусника -------------------------------------------------------------------------------- извлеченные оставленные где искать правило -------------------------------------------------------------------------------- c1 c2 c3 c4 d1 d2 d3 d4 f1 f2 f3 f4 5 0 0 0 4 0 0 0 1 1 0 0 цвет тройки 4 1 0 0 3 1 0 0 1 1 0 0 цвет тройки 4 0 1 0 3 0 1 0 1 1 0 0 цвет тройки 3 1 1 0 3 0 1 0 1 1 0 0 цвет тройки 3 2 0 0 2 2 0 0 1 1 0 0 масти двух пар 3 0 2 0 2 0 2 0 1 0 1 0 масти двух пар 3 0 1 1 2 0 1 1 1 1 0 0 цвет одинокой пары 2 1 1 1 2 0 1 1 1 1 0 0 цвет одинокой пары 2 2 1 0 2 1 1 0 0 1 1 0 масти разноцветных одиночек 2 1 2 0 2 1 1 0 0 1 1 0 масти разноцветных одиночек --------------------------------------------------------------------------------

Вариант #2

Правила действий помощника и фокусника -------------------------------------------------------------------------------- извлеченные оставленные где искать правило -------------------------------------------------------------------------------- c1 c2 c3 c4 d1 d2 d3 d4 f1 f2 f3 f4 5 0 0 0 4 0 0 0 1 1 0 0 цвет тройки 4 1 0 0 3 1 0 0 1 1 0 0 цвет тройки 4 0 1 0 3 0 1 0 1 1 0 0 цвет тройки 3 2 0 0 3 1 0 0 1 1 0 0 цвет тройки 3 1 1 0 3 0 1 0 1 1 0 0 цвет тройки 3 0 2 0 2 0 2 0 1 0 1 0 масти двух пар 3 0 1 1 2 0 1 1 1 1 0 0 цвет одинокой пары 2 1 1 1 2 0 1 1 1 1 0 0 цвет одинокой пары 2 2 1 0 2 1 1 0 0 1 1 0 масти разноцветных одиночек 2 1 2 0 2 1 1 0 0 1 1 0 масти разноцветных одиночек --------------------------------------------------------------------------------

MBo © (01.05.04 09:21) [113]

> Как закодировать 0 при раскладе 3-1-1? a) 3-1-1-0 (для определенности черви-бубны-пики-крести) переворачиваем бубновую карту (получаем 3-0-1-0), чтобы можно было воспользоваться правилом цвет тройки - фокусник будет искать перевернутую карту красных б) 3-0-1-1 (для определенности черви-бубны-пики-крести) переворачиваем червонную карту (получаем 2-0-1-1), чтобы можно было воспользоваться правилом цвет одинокой пары - фокусник будет искать перевернутую карту среди красных Остальные расклады 3-1-1 сводятся к рассмотренным перекраской мастей. > При раскладе 2-1-1-1 имхо не всегда можно извлечь карту,которая попадет в нулевую > половинку (а оставшиеся 1-1-1-1 ничего не сообщат о возможной специальной нумерации, > если ее вводить для преодоления этого эффекта) 2-1-1-1 (для определенности черви-бубны-пики-крести) переворачиваем бубновую карту (получаем 2-0-1-1), чтобы можно было воспользоваться правилом цвет одинокой пары - фокусник будет искать перевернутую карту среди красных Остальные расклады 2-1-1-1 сводятся к рассмотркнному перекраской мастей.

зачем так сложно?
можно просто для кодирования бита распологать 4 карты в порядке
возрастания или убывания их рангов не взирая на масть(король, дама, ...)
(если есть карты одинаковых рангов то выриант их перестановки не имеет значения)
ведь всего 4 масти, не можеть быть 5 карт одинакового ранга, поэтому можно и так закодировать недостающий бит

> default © (01.05.04 20:06) [117]
> зачем так сложно?

Ведь нам надо угадать не только масть, но и саму отложенную карту.

Предложенным способом мы кодируем 2 масти, одну из которых имеет отложенная карта. Всего карт в этом подмножестве 26. Не менее двух карт из них уже открыты помощником. Значит, нам остается найти одну карту не более, чем из 24. Располагая 4 отложенные карты одним из 4!=24 способов, помощник имеет возможность сообщить фокуснику порядковый номер искомой карты.

Sha © (01.05.04 20:39) [118]
я промазал...забыл про 24 перестановки, а предл-ый способ код-ия недост-его бита их тоже использует, что недопустимо...

можно сделать так
есть у нас пять карт
В Д Т K 9
пусть кодируем Т(пусть это будет туз бубей)
предварительно задаётся некий порядок на 52 картах
в результате чего для 4 карт В Д К 9 можем написать к примеру
2 3 4 1
1)первой картой задаём масть
1 - черви, 2 - буби, ...
для нашего случая первой картой будет 2
2)второй картой задаём номер карты в данной масти
оставшиеся три карты в соотв-ии с принятым порядком
запишем как 2 3 1
1-2..5
2-6..9
3-10..14 (11-валет, 12-дама и тд.)
для нашего случая второй картой будет 3
3) перестановкой последних двух карт задаём номер карты
в нужном отрезке(пункт 2)
но перестановкой 2 карт можно задать 4 комбинации!
а у нас есть отрезок в пункте 2 в котором находятся 5 номеров!
как быть?!недостаёт информации!но у нас же есть магия помошника!
он просто не будет в качестве карты-загадки брать, к примеру, тузы, ведь среди 5 карт хоть одна имеет другой ранг(то есть пяти тузов для нашего случая быть не может!)!всё задача решена!

Пятница... Опять задачки ;) Найти похожие ветки