Математические задачки. Морковкин, скучаем :-)

Увы, не моё - Вы посмотрите 1-ую страницу, там всё есть. Я действовал в Вашем духе Но Вы действительно были близки(я даже набрал текст, в котором это сказал, но тут у меня полетела связь), а потом опять ушли в сторону

 

В утешение приведу красивую задачу.
Среди судентов 50 человек знают английский, 50 французский и 50 испанский. Доказать, что их можно разбить на 5 групп так, чтобы в каждой группе было ровно по 10 человек, знающих каждый из этих языков.
Тут гордо скажу, что решил, правда продумав очень долго(не один месяц ; не подряд конечно).

 

Григорий, я не пойму, вы придуриваетесь, или не понимаете, что последнего дня в натуральном ряду нет ?

А так рассказывал своим студентам, что как-то на олимпиаде чтобы решить уравнение нужно было заменить
2 на новую переменную t, и 4 на t^2 и писать уравнение на корни, один из которых 2,

а за одно такое вспомнилось уравнение (тут 2 заменять на t не надо)
\sqrt(2+\sqrt(2-\sqrt(2+x)))=x, \sqrt — квадратный корень, то бишь три корня, вложенных. Найти все действительные решения. Девушка моя выпендривалась, что, мол, замена 2 на t это тривиально, ну вот попросил её это уравненьице решить, не сделала. Правда она биолог.

 

.

 

Нисколько не придуриваюсь.
1. Вы же тогда вроде не возразили? Или я пропустил?
2. Сказано "по истечении бесконечного числа дней". Но был же день перед тем, как их спросили? Ваше "натуральный ряд" в последнем посте предполагает порядковое число алеф 0(так вроде?) Но раз истекло бесконечное кол-во дней, это д б какое то другое порядковое число. Впрочем нет. Т е Вы действительно имели ввиду именно алеф 0 и процедуру получения "среднего" по нему - путём явного продолжения со сходящихся последовательностей( возможность чего гарантирует Хан-Банах)? Тогда пас

 

>> 1. Вы же тогда вроде не возразили? Или я пропустил?
я думал это вы пошутили так.

Про порядковые числа вроде всё ж сказал несколько раз — последовательность там, просто N, натуральные числа.
Так что да, обобщенные пределы через Хана-Банаха или Стоуна-Чеха. Суровая мехматская задачка.

Вот ещё задачка, которую я, дурак, долго решал. На моё оправдание, я был единственный из моей мат. школы, кто её решил (8-9 класс, кажется) :

Последовательность a_i определена так :
a_1=3^100 , a_2 = сумма цифр a_1 в десятичной записи, и далее так же,
a_i = сумма цифр a_{i-1} в десятичной записи. Найти предел.

Сейчас мне эта задача кажется совершенно очевидной, но тогда я тупил неделю или две, написал даже библиотеку для работы с большими числами и натравил её на это число. Учитель, конечно, от такого решения пришёл в бешенство. Заставил меня стереть "мой линкор"(дальше числа маленькие и посл. быстро сходиться).
Потом уже как-то в автобусе ехал, по нормальному решил. Так радовался, пол-автобуса перепугал.

 

Ответ очевиден, и думаю дал бы его и в 8-м классе.

 

А всего студентов неизвестно сколько ?


Кстати, вы тут задачку постили про короля и дьявола на шахматной доске(мне очень понравилась — развивает логическое мышление, если требовать решение строго записать, такие надо на мат боях давать).


Так вот, в случае, когда королю разрешено делать два хода подряд, эта задача до сих пор не решена. Хотя многие умные люди над ней бились.

 

согласен, просто я тогда затупил. И эта тупость запомнилось, до сих пор стыдно.

 

Ответ: 9. Не так важно, с какого именно огромного числа, кратного 9, Вы начинаете, так как итерированная (неоднократно) сумма цифр в конечном счете приведет к 9. Именно так выглядит признак делимости на 9, если угодно.

 

Опущено важное условие: общее количество студентов. Если все три группы по 50 состоят из различных студентов, т.е. всего их 150 (верхняя граница допустимая в рамках нечетко сфромулированных условий), то все пересечения будут пустыми, так что ни 10, ни даже одного студента, владеющего всеми тремя языками, не будет.

 

Кто говорил про то что они должны знать все 3 языка? (50+50+50)/5=30 человек в каждой группе, 10 знает один язык, 10 другой, 10 - третий.

 

Я вынужден повторить, что без условия об общем количестве студентов задача допускает слишком много решений, ни одному из которых нельзя отдать предпочтения. В частности, если студентов ТАКИ ДА 150, то сами понимаете - нет решения. Если их всего 50, то разбиение тривиально. Ваше решение, miptus, вовсе не учитывает, что в каждой группе должно быть по 10 студентов, знающих каждый из языков. Что значит *каждый*? - 10 - один, 10 - другой, 10 - третий? - Или по 10, владеющих ВСЕМИ ТРЕМЯ одновременно?

Знаете, дамы и господа, формулировать задачи в некорректной форме большого ума не требует. Опуская половину условий, Вы можете играться с оставшимися обрубками любым способом.

 

Кенгуру, я не понимаю, ни в чём Ваши претензии, ни вообще смысл Вами сказанного. Например, к чему Вы сказали(как уже спросил miptus), "не будет ни одного, владеющего всеми 3-мя языками". Также непонятен смысл фразы: "Если их всего 50, то разбиение тривиально." И о каком "решении миптуса" Вы говорите. В общем, впечатление, что Ваш пост был написан после приёма хорошей дозы спиртного.
В источнике было сказано "ровно 50 человек знают английский" и т д. Я опустил "ровно", которое на мой взгляд следует само по себе.

 

Ответ, конечно, 9. Уж почему меня заклинило тогда, не знаю. Самое смешное, что никто из моего мат.класса(!) тоже не решил. Правда это была просто одна задачка из большущей домашки, так что можно списать на это...

А уравнение кто-нибудь решил ? Только ответ тут не пишите, можно мне в приват Просто ответ уж больно "говорящий".

 

А! Вас понял! Моя формулировка была неоднозначной - миптус понял как подразумевалось, а Вы так, как мне не пришло в голову, и Вам не пришло в голову возможность понять по-другому. Сформулирую иначе:
"Среди судентов 50 человек знают английский, 50 французский и 50 испанский. Доказать, что их можно разбить на 5 групп так, чтобы в каждой группе было ровно 10 человек, знающих английский, 10 человек, знающих французский,10 человек, знающих испанский."
И всё-таки считаю, что неоднозначность была формальной - т к при Вашем понимании текст очевидно становится бессмысленным.

 

Чтобы пояснить нетривиальность задачи, заметим, что утверждение со сходной формулировкой:
"Среди студентов двое знают английский, двое французский и двое испанский. Доказать, что их можно разбить на 2 группы так, чтобы в каждой группе было ровно 1 человек, знающий английский, 1 человек, знающий французский, 1 человек, знающий испанский."
очевидно неверно.

 

Попытка решения.
Разобъем студентов на 8 групп по знаниям языка: АФИ, A — ФИ, Ф — АИ, И — АФ, 0. (смысл сопоставления будет разъяснен ниже).

Если есть студенты, знающие один язык, всех трех типов, то склеим таких трех студентов в одного полиглота (то есть будем рассматривать только разбиения, куда они входят всей толпой) и отправим его в первую группу. Аналогично поступим, если есть студенты в обеих группах, написанных через тире. Нулевых студентов вообще подклеим к кому угодно. Продолжая эти операции (каждая уменьшает число студентов), придем к ситуации, когда склеивать некого. Это означает, что в каждой паре максимум одна непустая группа. Разберем случаи:
Пусты ФИ, АИ, АФ. Поскольку число знающих языки одинаково (и среди неполиглотов одинаково, мы часто будем этим пользоваться), то в группах А, Ф, И поровну, а значит 0 (иначе склеим). Итак, это случай 50 полиглотов, который очевиден.
Итак, есть непустая двуязычная группа. Пусть это АФ. Тогда И пуста.
Допустим, что АИ и ФИ пусты. Тогда непустыми могут быть лишь Ф и А. Тогда среди всех неполиглотов вообще нет знающих испанский, поэтому там вообще никого нет (опять же - всех поровну). Значит, есть еще одна непустая двуязычная группа. Пусть АИ. Тогда Ф пуста.
Итак, непусты АФ, АИ, пусты И, Ф. Если ИФ пуста, то английский среди неполиглотов знают не меньше, чем французский и испанский вместе взятые, а это невозможно. Значит, ИФ непуста.

Итак, остался один случай. Непусты все двуязычные группы (а все одноязычные, значит, пусты). Тогда склеим по одному представителю от каждой в "двойного полиглота".
Продолжая процесс, получим несколько двойных полиглотов и несколько одинарных. Одинарных тоже склеим в двойных, после чего в каждую группу отправим по 5 двойных полиглотов (видно, почему для 1 решение не проходило - могли получиться одни двойные полиглоты, которые пополам не делятся).

Влад.

 

Задачка несложная, но очень красивая. Ур-ие гиперплоскости будет x+y+z+k-2=0 и она пройдет через 6 вершин гиперкуба (у гиперкуба длина ребра 1, вершина в начале координат и весь он лежит в области x,y,z,k >=0). Легко проверить, что других вершин у фигруры пересечения не будет. В пересечении будет какая-то трехмерная фигура, ограниченная 4-мя парами параллельных плоскостей. Расстояния от произвольной вершины до 4 ближайших будут sqrt(2), а до оставшейся 2, в итоге получаем октаэдр с ребром sqrt(2).

С задачкой про лампочки мне не хватает подготовки. Ясно, что нужно построить линейный функционал на последовательности нулей и единиц, такой что 0=< F[a] <=1, если 0=< a_i <=1, причем F[a]=1 и F[a]=0 тогда и только тогда, когда все a_i=1 или 0, соответственно, за исключением конечного числа элементов. Кроме того, необходимо, чтобы вклад от любого конечного числа элементов был равен нулю. И еще, чтобы функционал от двух последовательностей совпадал только если они отличаются конечным числом членов. Вроде все Тогда мудрецы называют 1, если F>1/2 и 0, если F<1/2. Если была избрана стратегия с 2-мя включеными лампочками, что F[a+b+c]=2=F[a]+F+F[c] (линейность) и два из трех функционалов будут больше 1/2. Особый случай 1, 1/2, 1/2 исключен, так как две последние посл-ти содержат бесконечное число отличных элементов. Вторая стратегия рассматривается аналогично, два функционала будут меньше 1/2. Как все это построить, не знаю, впрочем, есть такая версия (ab-скалярное произведение): F=lim (n->infinity) (d/dx)^n (a,b) | x=0. Здесь b=[1,x,x^2/2...x^n/n!...]

 

Уравнение, которое я предложил, пока никто не решил.

Решение там в две-три строчки максимум.

 

Я пробовал, сразу не получилось - а я и не упирался - никогда не любил возиться с формулами. Но попробую ещё

 

А я пробил. Я хитрый и хорошо многочлены на множители раскладываю. И формулу Кардано еще знаю.
Правда, получив кубический многочлен я задумался на тему тригонометрических подстановок еще для изначального условия, но досчитал раньше, чем понял, какая подстановка нужна.

Влад.

 

Сорри, запостил решение задачки с корнями. Как и Влад решил двумя способами, начиная со сложного.

 

А что там насчет функционала, который я предложил, подходит?

 

>> F=lim (n->infinity) (d/dx)^n (a,b) | x=0. Здесь b=[1,x,x^2/2...x^n/n!...]
(d/dx)^n (a,b) = a_n , нет разве ? Или я просто вашу нотацию неправильно прочитал.

 

Нет, все верно. Сходимости не будет. Ну тогда я не знаю как фукнционал строить

 

Задачка: доказать, что sqrt(x)+sqrt(y)+sqrt(z) >= xy+yz+xz при x+y+z=3, x,y,z>0.

 

Посмотрим функцию
sqrt(x)+sqrt(y)+sqrt(z) - xy-yz-xz

Найдем частную производную по X
1/2Sqrt(x)-y-z


Приравняем к нулю...
1/2Sqrt(x)=3-x

Корень на области определения один...
x=9/4

И это минимум...

В точке минимума -
z+y=3/4
2/3+sqrt(y)+sqrt(z)>=x(y+z)+yz
2/3+sqrt(y)+sqrt(z)>=27/16+yz

Наверно нет смысла приводить значения опровергающие исходное неравенство

 

Если ваше расуждение провести не только для x, но и для y и z, то получится что и они также равны 9/4, то невозможно в силу уравнения x+y+z=3. Простите за любопытство, а вы знаете что такое условный экстремум?

 

deleted by author

 

Тоже мне задача.
Заметим, что xy+yz+xz=((x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2)/2=(9-x^2-y^2-z^2)/2.
Останется доказать, что 2sqrt(x)+x^2+(аналогично для y,z)...>=9.
Но 2sqrt(x)+x^2=sqrt(x)+sqrt(x)+x^2>=3x (неравенство о средних для трех чисел). Поэтому вся сумма >=3x+3y+3z=9.

А множители Лагранжа вообще размазали бы эту задачу моментально.

Влад.

 

Ничего не понял, во-первых, это равенство, а во-вторых, оно неверное. Может быть, вы что-то другое имели ввиду?

Там будет симметричная система двух кубических уравнений и одного линейного и вам нужно будет ее решить или доказать, что у нее нет решений, кроме x=y=z=1. Я это доказал, но есть совсем простое решение.

 

Сорри, браузер сглючил. Да, все верно, это решение задачки.

 

Я отлично знаю что такое локальный экстремум - прочитайте внимание мой пост, я приравнял к нулю частную производную, и отлично видно что я просто обсчитался
Мне показалось что в точке локального минумума условие нарушается. Возможны ошибки при счете "в уме"?
Неужели это не видно из поста, и неужели обязательно сразу хамить?

 

Где кубические уравнения? Итак, рассмотрим функцию:

sqrt(x)+sqrt(y)+sqrt(z)-xy-yz-xz+a(x+y+z-3). Берем частные производные.

1/(2sqrt(x))-y-z+a=0
1/(2sqrt(y))-x-z+a=0
1/(2sqrt(z))-x-y+a=0

Из первых двух уравнений 1/(2sqrt(x))-y=1/(2sqrt(y))-x, откуда sqrt(y)-2ysqrt(x)=sqrt(x)-2xsqrt(y), (sqrt(x)-sqrt(y))(1-2sqrt(xy))=0
Итак, любые два числа либо равны, либо в произведении дают 1/4. Либо одно из чисел равно 0 (точка на границе). Если в двух парах равенство, то они все равны и это победа (они все по 1). Если в двух произведения по 1/4, то в третьей очевидно равны.
Итак, имеем x,x,1/(4x), 2x+1/(4x)=3, 8x^2+1=12x, находим конкретное x, подставляем в неравенство, это наверняка максимум.

Наконец, граница. x=0. sqrt(y)+sqrt(3-y)>y(3-y). Осталась функция одно переменной, пробивается обычной производной.

Я не утверждаю, что это решение проще. Но каждый, кого учили методу множителей Лагранжа, должен писать его на автомате.

Влад.