[Arşiv] Ticaretle ilgisi olmayan saf matematik, fizik, kimya vb. beyin jimnastiği bulmacaları - sayfa 313
Ticaret fırsatlarını kaçırıyorsunuz:
- Ücretsiz ticaret uygulamaları
- İşlem kopyalama için 8.000'den fazla sinyal
- Finansal piyasaları keşfetmek için ekonomik haberler
Kayıt
Giriş yap
Gizlilik ve Veri Koruma Politikasını ve MQL5.com Kullanım Şartlarını kabul edersiniz
Hesabınız yoksa, lütfen kaydolun
Bir ağırlığın ağırlığı 2^n'den küçükse, toplam ağırlık 63'ten az olacaktır,
daha fazla ise, bu ağırlıklarla elde edilebilecek ağırlık dizisinde boşluklar olacaktır.
İlginç bir şekilde, ağırlıklar aynı anda her iki bardağa da yerleştirilebiliyorsa, görev çok daha zor ve ilginç hale gelir. Bu ona işkence ederdi. Ama bana bilinen bir çözüm yok.
Her halükarda, minimum ağırlığın ağırlığının 1 olduğu ortaya çıkmasına rağmen, bu, otomatik olarak iki güçle gittikleri anlamına gelmez.
Sonraki (10'uncu):
Интересно, что задача становится существенно сложнее и интереснее, если гирьки можно ставить на обе чашки одновременно. Вот ее бы помучить. Но известного мне решения нет.
Хотя в любом случае получается, что гирька минимального веса - это 1. Но это не означает автоматически, что они идут степенью двойки.
Asgari ağırlığa gelince 1 - emin değilim
belki iki ağırlık 2 ve 3 de işe yarayacaktır.
Интересно, что задача становится существенно сложнее и интереснее, если гирьки можно ставить на обе чашки одновременно. Вот ее бы помучить. Но известного мне решения нет.
Хотя в любом случае получается, что гирька минимального веса - это 1. Но это не означает автоматически, что они идут степенью двойки.
Bilgisayar matematiği yaptı :)
Her iki bardağa da ağırlıklar aynı anda yerleştirilebiliyorsa, sorunun 2136 çözümü vardır (tam olarak 63 ağırlık dengelenebilir).
Aslında, tüm çözümler 1 ağırlıklı bir ağırlık içerir.
Bilgisayar matematiği yaptı :)
Her iki bardağa da ağırlıklar aynı anda yerleştirilebiliyorsa, sorunun 2136 çözümü vardır (tam olarak 63 ağırlık dengelenebilir).
Aslında, tüm çözümler 1 ağırlıklı bir ağırlık içerir.
programı atar mısın Lütfen lütfen!
Evet, programı gözyaşları içinde istiyoruz.
Доказательство того, что минимальная - 1, несложно: максимально возможный вес равен сумме всех шести чисел, а тот, что ближайший к нему, равен сумме пяти (шесть без минимальной гирьки). Разница между максимальным и ближайшим к нему весом должна быть равна 1. Следовательно, минимальная равна 1. ihor , доказано, надеюсь?
Ага, слезно просим программку.
Yaklaşık 1 yanılmışım.
Programda ilginç bir şey yok, basit bir numaralandırma.
#include <stdio.h>
#define COUNT 63
bool isOK(int v0,int v1,int v2,int v3,int v4,int v5){
bool dizi[COUNT];
for(int i=0;i<COUNT;i++) arr[i]=yanlış;
// 1 - bir kasede, 0 - kettlebell dahil değil -1 - ikinci kasede
for(int i0=-1;i0<=1;i0++)
for(int i1=-1;i1<=1;i1++)
for(int i2=-1;i2<=1;i2++)
for(int i3=-1;i3<=1;i3++)
for(int i4=-1;i4<=1;i4++)
for(int i5=-1;i5<=1;i5++) {
int ves=v0*i0+v1*i1+v2*i2+v3*i3+v4*i4+v5*i5;
if (ves > COUNT) false döndürür;
if(ves>0) arr[ves-1]=true;
}
for(int i=0;i<COUNT;i++)
if(!arr[i]) false döndür;
true döndür;
}
ana(){
for(int i0=1;i0<COUNT;i0++)
for(int i1=i0;i1<=COUNT-i0;i1++)
for(int i2=i1;i2<=COUNT-i0-i1;i2++)
for(int i3=i2;i3<=COUNT-i0-i1-i2;i3++)
for(int i4=i3;i4<=COUNT-i0-i1-i2-i3;i4++)
for(int i5=i4;i5<=COUNT-i0-i1-i2-i3-i4;i5++)
if (isOK(i0,i1,i2,i3,i4,i5))
printf("%d %d %d %d %d %d\n",i0,i1,i2,i3,i4,i5);
}
Следующая (10-й):
Kanıt özellikle kesin değil, doğru.
Şekilde gösterildiği gibi, köşelerin koordinatlarının gösterimini tanıtalım. Mavinin kare olması için,
x1-x2=y1-y4;
y1-y2=x1-x2;
birlikte
x3-x4=y2-y3;
y4-y3=x2-x3.
İlk iki denklemden, grafiğin denklemini hatırlarsak,
x4-x2=A(sinx2-sinx4),
üçüncü ve dördüncüden
x3-x1=A(sinx1-sinx3).
Karelere minimum sayıları dışında herhangi bir kısıtlama getirilmediğinden, sadece karelerin orijine göre simetrik olduğu durumları ele alacağız. Ama sonra x4=-x2, x3=-x1 ve sinüslerle aynı. Denklemlerimiz şu şekilde olacaktır:
günah(2*x2)/(2*x2)=1/A
günah(2*x1)/(2*x1)=1/A
Sol taraftaki x2 ve x1 fonksiyonlarının nasıl bir grafiği olduğunu hatırlayalım. Bunu yapmak için şekle bakalım: grafik hem pozitif hem de negatif x için azalan ekstremlere sahiptir. Açıkçası, A sayısını kademeli olarak azaltarak, 1978 ve daha fazlası dahil olmak üzere ihtiyaç duyduğumuz kadar kök alabiliriz.
Elde edilen kökler farklıdır ve birbirleriyle tamamen irrasyonel olarak ilişkilidir. Bu durumda karelerin ikili eşit olmadığını ayrıntılı olarak kanıtlamaya gerek olmadığını düşünüyorum.
sağ taraftaki son iki denklemde başka bir eksi olmalı. Ancak bu, çözümün özünü değiştirmez, sadece kırmızı çizgi x ekseninin altında olacak, üstünde değil.