Пятничные задачки. И простые и сложные...

← →
clickmaker © (2004-09-24 13:52) [40]

> [35] di © (24.09.04 13:24)
> Изменение на х процентов подразумевает изменение на долю,
> а не изменение доли на х.
> Поэтому стало не 98, а 98.01

Если предположить, что понижение влажности на 1% - это уменьшение количества воды на 1% (как я и сделал вначале), то так

← →
MBo © (2004-09-24 13:59) [41]

Все-таки в задаче об огурцах подразумевалось, что влажность стала 98%. Наверно, мне стоило так и написать.

← →
clickmaker © (2004-09-24 14:11) [42]

> 2. На углу Встречной и Поперечной какой-то разиня оставил
> грабли.
> На них наступили от 92,5% до 92,8% всех прохожих.
> Определить минимально возможное число прохожих

Т.е. нужно найти минимальное целое, 92,5% от которого тоже будет целым? Тогда 1000

← →
Alx2 © (2004-09-24 14:15) [43]

>clickmaker © (24.09.04 14:11) [42]
>минимальное целое, 92,5% от которого тоже будет целым?
>Тогда 1000
Проверь, например, 40 :)

а для 92.8 - 125.

А вот их наименьшее общее кратное - 1000

← →
Sandman25 © (2004-09-24 14:19) [44]

92.8%-92.5%=0.3% должно быть целым. Поэтому только 1000.

← →
Alx2 © (2004-09-24 14:24) [45]

7. 30 30 150 150

← →
Sandman25 © (2004-09-24 14:28) [46]

5. Вероятно, невозможно разбить эту последовательность на две последовательности A и B, такие, что их длины равны 7 и 8, а сумма всех элементов одинакова. Доказывать лень :)

← →
Думкин © (2004-09-24 14:29) [47]

> [45] Alx2 © (24.09.04 14:24)

Удвоил углы, а я сидел смотрел на половинки - :))

← →
Igorek © (2004-09-24 14:31) [48]

> 1. Сколькими способами из чисел 1, 2 ... 2n можно выбрать
> два или больше так,
> чтобы никакие два выбранных числа в сумме не давали 2n +
> 1?
Вроде очевидно. Данную сумму можно получить только собственно из 2^n и 1. Потому берем все возможные комбинации кроме одной.
Вообще все комбинации - 2^(n+1).
Колл. невозможных комбинаций - 1 + (n + 1).

Итого:
K = 2^(n+1) - (1 + (n + 1)) - 1 = 2^(n+1) - n - 1.

← →
Sandman25 © (2004-09-24 14:32) [49]

5. 37. Невозможно подобрать последовательность из 7 членов с этой суммой. Если берем 3, то остается последовательность из 6 членов суммой 34 (6,6,6,6,?,? - пятерка только одна, четверок нет). Если берем 5, то остается последовательность из 6 членов суммой 32 (6, 6, 6, 6, 6, ? - двоек нет, пятерка уже занята)

← →
Думкин © (2004-09-24 14:33) [50]

> [48] Igorek © (24.09.04 14:31)

2+2n-1=2n+1 Степеней нету тут.

← →
MBo © (2004-09-24 14:35) [51]

>Sandman25 © (24.09.04 14:28) [46]
Так доказательство в одну строчку...

← →
Sandman25 © (2004-09-24 14:35) [52]

1. Сколькими способами из чисел 1, 2, 3, 4, ... 2n можно выбрать два или больше так, чтобы никакие два выбранных числа в сумме не давали 2n + 1?
В общем, for I := 1 to 2*n do :)

← →
Sandman25 © (2004-09-24 14:37) [53]

[51] MBo © (24.09.04 14:35)

Понятно. Переходим к работе с остатками при делении на 3. Имеем все нули, кроме 1. Получить 2 последовательности с равными суммами невозможно.

← →
MBo © (2004-09-24 14:39) [54]

>Igorek © (24.09.04 14:31) [48]
Направление верное, но предпосылки ошибочны.
Эту сумму сожно получит, например, из 1 и 2n, 2 и 2n-1 и т.д.

>Думкин © (24.09.04 14:33) [50]
степени будут...

>Sandman25 © (24.09.04 14:32) [49]
ну или так - сумма 74, половинка - 37. Из данных чисел нельзя составить 37 (кроме 5, все делится на 3)

← →
Sandman25 © (2004-09-24 14:41) [55]

[54] MBo © (24.09.04 14:39)

В моем последнем варианте сумму даже можно не считать :)

← →
Igorek © (2004-09-24 14:43) [56]

> Потому берем все возможные комбинации кроме одной.

Тут неправильно. Кроме 2^(n+1-2).
Итого:
K = 2^(n+1) - (1 + (n + 1)) - 2^(n+1-2).

← →
Igorek © (2004-09-24 14:45) [57]

> Думкин © (24.09.04 14:33) [50]
> > [48] Igorek © (24.09.04 14:31)
>
> 2+2n-1=2n+1 Степеней нету тут.

> MBo © (24.09.04 14:39) [54]
> >Igorek © (24.09.04 14:31) [48]
> Направление верное, но предпосылки ошибочны.
> Эту сумму сожно получит, например, из 1 и 2n, 2 и 2n-1 и
> т.д.
>
> >Думкин © (24.09.04 14:33) [50]
> степени будут...

Я не понял. 2n - это 2^n?

← →
SergP. (2004-09-24 14:52) [58]

> 2. На углу Встречной и Поперечной какой-то разиня оставил
> грабли.
> На них наступили от 92,5% до 92,8% всех прохожих.
> Определить минимально возможное число прохожих.

27

← →
Alx2 © (2004-09-24 14:55) [59]

>SergP. (24.09.04 14:52) [58]
Блин...
Единственный, кто верно понял условие :)

← →
Sandman25 © (2004-09-24 14:56) [60]

[59] Alx2 © (24.09.04 14:55)

Да, необычная пстановка.

← →
Думкин © (2004-09-24 15:03) [61]

> [54] MBo © (24.09.04 14:39)
> >Думкин © (24.09.04 14:33) [50]
> степени будут...

В ответе - ради бога. Я про то, что у тебя не степени.

> [59] Alx2 © (24.09.04 14:55)

Да, развод получился. :)

← →
Igorek © (2004-09-24 15:56) [62]

Насчет 1.
Ага - 2n это и есть 2*n.

> MBo © (24.09.04 14:39) [54]
> Эту сумму сожно получит, например, из 1 и 2n, 2 и 2n-1 и
> т.д.

Как? 2 + 2*(n-1) = 2*n
Отнимать ведь нельзя. Или можно?

← →
Sandman25 © (2004-09-24 16:03) [63]

2n-1 = 2*n-1 != 2*(n-1)

← →
MBo © (2004-09-24 16:09) [64]

>SergP. (24.09.04 14:52) [58]
>27
Ага ;)
Не зря я не комментировал до поры до времени;))

>Igorek © (24.09.04 15:56) [62]
Как я понимаю, сомнения в следующем:
2n + 1 означает 2*n+1, а не 2 в степени n

← →
default © (2004-09-24 17:56) [65]

1.
пусть n=5, будет 2n=2*5=10 чисел
выписываем их в порядке возрастания
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
сочетания 1,10;2,9;...;5,6 нежелательны
они равноудалены от концов ряда
отсюда ясно что число сочетаний из 10 чисел по четыре(к примеру) где будут нежелательные пары чисел будет равно
С(8,2)+C(6,2)+C(4,2)+С(2,2)=C
то есть сочетания из ряда чисел между 1 и 10; между 2 и 9 и тд.
теперь можно получить число сочетаний без нежелательных пар чисел
C(10,4)-C
к общему виду лень приходить
P.S.
расскажите кто-нибудь как со снегом решали?я наверно, в условии что-то не понял...

← →
Igorek © (2004-09-24 17:57) [66]

> MBo © (24.09.04 16:09) [64]
> >Igorek © (24.09.04 15:56) [62]
> Как я понимаю, сомнения в следующем:
> 2n + 1 означает 2*n+1, а не 2 в степени n

Ага. Изначально я подумал что 2n - это 2 в степени n.

поторопился я с [65]
в C не все комбинации учитываются

> 1. Сколькими способами из чисел 1, 2 ... 2n ...
Фу ты. Наконец то я понял. 1, 2, 3, ... 2n

Итак колл разных пар из которых можно составить сумму 2n + 1 равно P = (n + 1) div 2

Потому надо исключить все комбинации, в которых есть эти пары.
Для одной пары существует P1 = 2^(n+1-2)=2^(n-1) выборок при которых она входит.
Всего имеем P*P1 выборок.

Вообще все комбинации - 2^(n+1).
Колл. невозможных комбинаций (меньше 2 чисел) - 1 + (n + 1).

Имеем:
K = 2^(n+1) - (1 + (n + 1)) - P*P1
= 2^(n+1) - n - 2 - (((n + 1) div 2) * 2^(n-1))

Правильно?

Igorek © (24.09.04 19:43) [68]
откуда формулы типа 2^(n+1) берёшь?
"2n можно выбрать два или больше так"
так нужно чтобы параметром в решение входило число указыв-ся по скольку чисел мы делаем выборки или нужно суммировать по всем значениям параметра?

по [65] можно вывести только C немного подправить

← →
SergP. (2004-09-24 21:03) [72]

7.

pi/12 и 11*pi/12

т.е. если в градусах, то 15 и 165

← →
SergP. (2004-09-25 09:45) [73]

1.

У меня получается K = 3^n - n - 1

← →
SergP. (2004-09-25 10:03) [74]

> У меня получается K = 3^n - n - 1

Блин. Ошибся.
K = 3^n - 2*n - 1

>SergP. (25.09.04 10:03) [74]
1. K = 3^n - 2*n - 1
Верно!

7.
pi/12 и 11*pi/12
т.е. если в градусах, то 15 и 165

Неа ;)
Ты не первый кое-что упустил

← →
SergP. (2004-09-25 15:15) [76]

> Неа ;)
> Ты не первый кое-что упустил

Хм. странно.
Допустим a, с - диагонали ромба
b- сторона

b^2=a*c
4*b^2=a^2+c^2

отсюда:

a^2-4ac+c^2=0

Решаем например относительно a

a=(2+-sqrt(3))*c

отсюда видно что тангенс половины одного из углов равен tg(x)= 2+-sqrt(3)

Теперь тангенс целого угла = 2/(tg(x/2)-ctg(x/2)) =
= 2/(2+sqrt(3)-(2-sqrt(3))) = 1/sqrt(3)

Блин. Действительно ошибка.
Угол 30 градусов и соотв 150 градусов

← →
SergP. (2004-09-25 15:20) [77]

> Теперь тангенс целого угла = 2/(tg(x/2)-ctg(x/2))

т.е. тангенс целого угла = 2/(сtg(x/2)-tg(x/2)) вроде бы.

Хотя в принципе от этого ничего не меняется

Пятничные задачки. И простые и сложные... Найти похожие ветки