Matemáticas puras, física, lógica (braingames.ru): juegos cerebrales no relacionados con el comercio - página 33
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(5 puntos)
Dos megacerebros están jugando un juego. Cada uno toma por turnos 1, 2 o 3 pasteles de una pila de pasteles y los come. No pueden tomar tantos como su oponente tomó en el turno anterior. El ganador es el que se come la última tarta o después de cuya jugada el adversario no puede hacer su movimiento. ¿Cuál de ellos ganará, si se juega correctamente, si hubiera 2000 pasteles en la pila primero?
Te veré esta noche. Espero que haya suficientes problemas (7 acumulados, ver un poco más arriba) para no aburrirse.El primero ganará porque el segundo no será físicamente capaz de comer el doble de pasteles... :)
(3 puntos)
Con probabilidad 1/2 se colocó una carta en uno de los ocho cajones de la mesa (elegido al azar). Luego se abrieron 7 cajones uno por uno, todos vacíos. ¿Cuál es la probabilidad de que la carta esté en el último cajón?
Probabilidad 1/2
El primero ganará, ya que el segundo no podrá comer físicamente el doble de pasteles... :)
Exacto. Y no dos, sino tres veces. Sólo tienen que empezar a comer una tarta cada uno, y el segundo tendrá que comer tres tartas cada uno. Mientras las categorías de peso sean más o menos iguales, el primero ganará. Ni siquiera tendrá que terminárselas todas...
Es una cosa cruel, esta obligación de ganar, es el problema con ella.
Estoy triste.
No es todo el error. La intersección será, sólo en otro lugar - fuera del triángulo.
Es necesario encontrar el lugar específico donde se encuentra el error.
P.D. Yo también escribí sobre esto al principio, pero me dijeron que todavía no se ha encontrado el error. Y me mostraron una segunda foto, una alternativa:
Probabilidad 1/2
¿Qué hay de malo en mi decisión?)
En realidad el punto E está en el mismo lado del punto C que el punto A (no es diferente, como en la imagen), a diferencia del punto D, que realmente está en lados diferentes del punto A del punto B. (es cierto que todavía hay que probarlo, pero eso es una cuestión de técnica). En esta construcción todos los razonamientos se mantienen, excepto uno: de AD=AE y BD=CE ya no se deduce que AB=BC.
Alexei, ya te quedas aquí con nosotros. Te hemos echado de menos.
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Aquí hay otra mancha que hay que deletrear. Parece que se puede resolver, pero no puedo probarlo.
alsu:
De ello se desprende que cada punto de una celda que no está lleno de tinta se corresponde con al menos un punto fuera de la celda que está lleno de tinta. Por lo tanto, a su vez, se deduce que el área de la tinta no puede ser menor que el área de la célula. Al llegar a una contradicción, el teorema queda demostrado.
Supongamos que el enunciado del teorema es erróneo, es decir, que para cualquier desplazamiento de la cuadrícula al menos un nodo está cubierto por la mancha.
Fijemos alguna posición de la cuadrícula. Que el nodo 1 de alguna celda esté bajo la tinta. Dado que el área de las manchas es menor que el área de la célula, debe haber un área dentro de la célula que no esté cubierta por la mancha. Considere todos los posibles desplazamientos de la red de forma que el nodo 1 se desplace a una región limpia. Por nuestra suposición, al menos uno de los nodos 2,3,4 de la misma celda debe moverse bajo la mancha, y necesariamente fuera de la celda (ya que el nodo 1 se ha movido dentro). Por lo tanto, cada punto de la celda, que no está lleno de tinta, se corresponde con al menos un punto fuera de la celda, lleno de tinta. Por lo tanto, se deduce que el área de la tinta no puede ser menor que el área de la célula. Llegados a la contradicción, el teorema queda demostrado.
Grifter. ¿Puedes explicar eso?
De acuerdo con nuestra suposición, al menos uno de los nodos 2,3,4 de la misma célula debe moverse bajo la mancha,
El problema de la mancha, supongo, no le interesa a nadie. ¿La solución es interesante o no? ¿O lo vas a intentar? Es realmente muy sencillo (aunque son 5 puntos).
En un plano con una rejilla rectangular con un paso n, se vierte la tinta en forma de montones de manchas de diferente tamaño y forma. La superficie total de las manchas de tinta es inferior a n². Demuestra que es posible desplazar la red de tal manera que ningún nodo de la red se inunde de tinta.