Математическое и загадочное

1 декабря, 2019

Несмотря на подавленное настроение, да-да, по причине ни разу не простых задачек.. Но вы же готовы попробовать ещё? Так, чтобы ни разу раньше не было? Удивительное, непростое, немного арифметическое.. - будете решать? У меня есть немного накопленного материала.

Ну?

2 декабря, 2019

Изначально задачка про лошадей, но поскольку я только что из Эмиратов, то пускай будет про верблюдов Задачка оказалась непростой, я так и не нашёл наиболее оптимальный способ. Продолжаю ломать голову.. Итак:

Есть 25 верблюдов. Проводят забеги, в которых могут участвовать не более 5 верблюдов за один раз. Сколько забегов надо провести, чтобы определить трёх самых быстрых верблюдов? Часов-секундомера нет, ивзестно только в каком порядке верблюды пришли к финишу в каждом забеге.

Если решать задачку "тупо по футбольному", то получается 12 забегов: 5 пятёрок, останется 15 верблюдов = ещё три забега. И так далее. Но если чуть поумнее сделать, то можно уложиться в 8 забегов. Но чувствую, что можно и за 7 попыток решить задачку. Но как именно - пока не понимаю..

Верблюды обычные, примерно вот такие:

Ой какую старую фотку нашел...

Верблюды бегают самостоятельно, технические методы к ним не применяются.

И вот ещё хорошая фотка вроде бы из аэропорта Эр-Рияда..

3 декабря, 2019

Задачка решается за 7 забегов, причём логика довольно несложная. Надо было просто сесть и внимательно подумать..

3 декабря, 2019

7 забегов.

Обозначим верблюдов 1,2,3,..,24,25.

Первые 5 забегов: 1-5, 6-10, 11-15, 16-20, 21-25

Побеждают 1-3, 6-8, 11-13, 16-18, 21-23 (15 верблюдов).

Исключает 4,5,9,10,14,15,19,20,24,25 (10 верблюдов).

6й забег победителей (1,6,11,16,21):

победители 1,6,11

исключаем 16, 21, а также:

17,18 и 22,23 (слабее 16,21), 12,13 (слабее 11).

Остаются верблюды 1,2,3,6,7,8,11

1 самая быстрая.

остаются 2,3,6,7,8 - надо найти среди них 2х быстрых

8 исключает, так как она слабее 6 и 7

Остаются 2,3,6,7,11 - их отправляем 7м забегом и узнаем 2 место и 3 место по скорости.

3 декабря, 2019

Да, всё верно. Но для более прозрачного понимания я бы разделил верблюдов по буквам:

25 верблюдов = "aaaaa bbbbb ccccc ddddd eeeee".

Пять заездов по 5 верблюдов. Выясняем их "технические характеристики" ->

#1-2-3-4-5 => {a1>a2>a3}, {b1>b2>b3}, {c1>c2>c3}, {d1>d2>d3}, {e1>e2>e3}

В шестой заезд берём 5 самых быстрых из каждой группы. Пусть это окажутся {a1>b1>c1}. Если буквы вдруг не совпадут, то простым переименованием всё будет понятно.

#6: {a1,b1,c1,d1,e1} - они пробежали, впереди всех a1>b1>c1.

Отсюда следует, что все верблюды категорий "d" и "e" проиграли гонку.. Поскольку "a1-b1-c1" быстрее их. По примерно похожим причинам из гонки выбывают верблюды "c2-c3-c4-c5" и "b3-b4-b5" - поскольку:

=> "a1>b1>b2" и "b3" в соревновании делать уже нечего..

=> "a1>b1>c1" и "c2,c3,.." тоже вылетают.

Итого, у нас остаётся набор вот таких накачанных верблюдов:

{a1>a2>a3, b1>b2, c1}

При этом "a1" круче всех и вообще. То есть, это альфа-номер-один. Остаётся выяснить какие две верблюдицы по скорости номер-2 и номер-3.. Но их и осталось только пять:

{a2,a3,b1,b2,c1}

Между ними проводим конкурс - и вуаля! Первые два победителя = номер-2 и номер-3, и всё на этом. Первые самые быстрые чемпионы = есть!

3 декабря, 2019

Но что-то я чую, что "ответ=7" не является наиболее оптимальным. Кажется мне, что можно найти "вероятностное" решение, где с бОльшей вероятностью три самых-самых верблюда найдутся за 6 забегов. За шесть! И с гораздо меньшим успехом за 8-восемь.

Например, такой алгоритм:

#1. aaaaa => a1>a2>a3 (остальные два верблюда проиграли сразу).

#2. (a2,bbbb) - второй верблюд из первого заезда и ещё 4 новых. Тут результаты разъезжаются... (но об этом чуть позже, я же про Мексику ещё не все фотки выложил!)

3 декабря, 2019

Мне кажется, что 6 не получится. Рассмотрим частный случай:

После первых 5 забегов (а они, как мы понимаем, необходимы). Имеем 15 верблюдов a1-3, b1-3, c1-3, d1-3, e1-3. Предположим, что тройка самых быстрых верблюдов это a1-3. Соответственно, возникает новая задача (теоретически верная по моим суждениям):

Есть 5 групп по 3 верблюда. Причем, мы знаем в каждой группе какой верблюд самый быстрый и самый медленный. А также известно, что в одной из групп находятся 3 самых быстрых верблюда из всех. Доказать, что одним забегом подтвердить это невозможно.

4 декабря, 2019

Мне почему-то кажется, что можно ещё более оптимально. Вероятностно оптимально: с вероятностью 'p' за 6 забегов, с вероятностью 'q

aaaaa (5) bbbb (4) и ещё осталось 16 штук.

Забег1: a1>a2>a3 - тройка лидеров, остальных вычёркиваем.

Забег2: бегут a2 и bbbb (подмешиваем к 'bbbb' второго верблюда). Возможные результаты:

- a2,b1,bbb => остаются четверо: a1>a2>{a3,b1} // кто быстрее a3 или b1 мы не знаем.

- b1,a2,bbb => остаются трое {a1,b1}>a2.

- b1,b2,a2,bb => остаются трое a1, b1>b2.

- b1,b2,b2,a2,b или

- b1,b2,b2,b2,a2 => четверо: a1, b1>b2>b3.

То есть, к третьему забегу у нас 3 или 4 лидера и ещё 16 штук. Пойду попробую подумать над этим коктейлем..

4 декабря, 2019

Я пока тоже так же понял про 7 забегов.

1-5 забег

1-2-3-~~4-5~~

6-7-8-~~9-10~~

11-12-13-~~14-15~~

16-17-18-~~19-20~~

21-22-23-~~24-25~~

6 забег

1-6-11-~~16-21~~

~~17-18~~

~~22-23~~

7 забег

1-2-3-~~6-11~~

~~7-8~~

~~12-13~~

8 декабря, 2019

Итак, напоминаю, что: в начале разбили верблюдов на группы aaaaa, bbbb, cccc, dddd, eeee, ffff (пятёрка и пять по четыре = 25).

После забега1 остались три верблюда {a1>a2>a3}. Во забеге2 к четвёрке bbbb добавляем второе место из первого забега. То есть, бегут .

// в дальнейшем используется запись:

= бегут верблюды под номерами x1,y1 и три верблюда из группы z.

{s1,t1} > {{q1>q2}, r1} = означает, что s1 и t1 больше оставшихся, но кто из них больше друг друга неизвестно, а у остальных q1>q2, но больше или меньше r1 тоже неизвестно. Такая запись понятна?

(p=1/5) = вероятность события 1/5.

Итак, в забеге2 бегут . Возможные результаты:

- a2,b1,bbb => остаются четверо: a1>a2>{a3,b1} // кто быстрее a3 или b1 мы не знаем. Вероятность события (p=1/5).

- b1,a2,bbb => остаются трое {a1,b1}>a2, (p=1/5).

- b1,b2,a2,bb => остаются трое a1, {b1>b2}, (p=1/5).
- b1,b2,b2,a2,b или

- b1,b2,b2,b2,a2 => четверо: a1, {b1>b2>b3}. (p=2/5).

Поколдовав немного над вариантами, покрутив верблюдов туда-сюда-обратно, в третьем забеге всё получаеется примерно вот так. Следите за руками и проверяйте вычисления:

Дальнейшее решение задачки делится на четыре параллельных решения, которые будут и дальше расходится в "дерево вариантов", но иногда будут и сходиться вместе. Поехали..

Забег3. Есть 16 неизвестных по скорости верблюдов и вот такие наборы =>

(1) a1>a2>{a3,b1}.

(2) {a1,b1}>a2.

(3) a1, {b1>b2}.

(4) a1, {b1>b2>b3}.

Вариант1. Бегут (так наиболее оптимально, остальные попытки можете проверить сами).

Вариант2. Бегут .

Вариант3. Бегут .

Вариант4. Бегут (именно 'b1', если 'b2' то получается вроде бы хуже.. больше верблюдов остаётся).

Итак, по резутатам забега-3 получается вот такие лидеры, остальные отсеиваются:

Забег3-Вариант1. a1>a2>{a3,b1} => .

a2,c1,c,c,c => a1>a2>{a3,b1,c1}. (p=1/25).

c1,a2,c,c,c => {a1,c1}>a2. (p=1/25).

c1,c2,a2,cc => a1,{c1>c2}. (p=1/25).

c1,c2,c3,** => a1,{c1>c2>c3}. (p=2/25).

Забег3-Вариант2. {a1,b1}>a2 => .

a1,c1,c,c,c => {a1,b1}>{a2,c1}. (p=1/25).

c1,a1,c,c,c => {c1>a1},b1. (p=1/25).

c1,c2,a1,cc => b1,{c1>c2>a1}. (p=1/25).

c1,c2,c3,** => b1,{c1>c2>c3}. (p=2/25).

Забег3-Вариант3. a1, {b1>b2} => .

b1,c1,c,c,c => a1,b1>{b2,c1}. (p=1/25).

c1,b1,c,c,c => a1,{c1>b1>b2}. (p=1/25).

c1,c2,b1,c,c => a1,{c1>c2>b1}. (p=1/25).

c1,c2,c3,** => a1,{c1>c2>c3}. (p=2/25).

Забег3-Вариант4. a1, {b1>b2>b3} => .

b1,c1,c,c,c => a1,b1>{{b2>b3},c1} (p=2/25).

c1,b1,c,c,c => a1,{c1>b1>b2}. (p=2/25).

c1,c2,b1,c,c => a1,{c1>c2>b1}. (p=2/25).

c1,c2,c3,** => a1,{c1>c2>c3}. (p=4/25).

На самом деле остаётся вариантов меньше чем 16, поскольку некоторые из них идентичны. Например,

{x1,y2}>z1 идентично {z1,y2}>x1 // я специально сейчас их сначала переложу, а потом оптимизарую, чтобы лучше видно было:

c1,c2,a2,cc => a1,{c1>c2}. (p=1/25).

c1,a2,c,c,c => {a1,c1}>a2. (p=1/25).

c1,a1,c,c,c => {c1>a1},b1. (p=1/25). // UPD. Пардон, но это идентично варианту a1,{c1>c2}. Итого = 7 вариантов.

c1,c2,c3,** => a1,{c1>c2>c3}. (p=2/25).

c1,c2,a1,cc => b1,{c1>c2>a1}. (p=1/25).

c1,c2,c3,** => b1,{c1>c2>c3}. (p=2/25).

c1,b1,c,c,c => a1,{c1>b1>b2}. (p=1/25).

c1,c2,b1,c,c => a1,{c1>c2>b1}. (p=1/25).

c1,c2,c3,** => a1,{c1>c2>c3}. (p=2/25).

c1,b1,c,c,c => a1,{c1>b1>b2}. (p=2/25).

c1,c2,b1,c,c => a1,{c1>c2>b1}. (p=2/25).

c1,c2,c3,** => a1,{c1>c2>c3}. (p=4/25).

a2,c1,c,c,c => a1>a2>{a3,b1,c1}. (p=1/25).

a1,c1,c,c,c => {a1,b1}>{a2,c1}. (p=1/25).

b1,c1,c,c,c => a1,b1>{b2,c1}. (p=1/25).

b1,c1,c,c,c => a1,b1>{{b2>b3},c1} (p=2/25).

То есть, остаётся 8 7 вариантов. Но не исключаю, что первые три тоже можно объединить.. Но это надо проверять.

(если не лень - проверьте плиз на ошибки в изложении, а я попозже вечером забег4 попробую)

9 декабря, 2019

Короче, там дальше совсем зудобробительные вариации начинаются.. Дремучие и непроходимые. Посему я вот так попробовал иначе:

aaaaa bbbb ccccc dddd eeeee ff (5-4-5-4-5-2)

Бежим A-B, C-D, E, потом добавляем пару F. Получается проще..

Заезды AB (#1-2) ==> Заезды CD (#3-4) ==> Заезд E (#5) ==>

a1>a2>{a3,b1} (p=1/5). c1>c2>{c3,d1} (p=1/5). e1>e2>e3

{a1,b1}>a2 (p=1/5). {c1,d1}>c2 (p=1/5).

a1, {b1>b2} (p=1/5). c1, {d1>d2} (p=1/5).

a1, {b1>b2>b3} (p=2/5). c1, {d1>d2>d3} (p=2/5).

Далее надо "умно" подмешать оставшуюся пару 'ff'. "Умный подмес" должен зависить от результатов забегов 'AB' и 'CD'. Например, вот так:

Заезд F (#6):

(p=1/25) // что означает, что в первых 4х заездах результаты были A1 и C1, это событие вероятности 1/25.

Возможные варианты результата забега (какая из F пришла первой, какая второй - неважно) =>

ff,*** done! => Win: первые три в этом забеге,

т.е. за 6 раз мы определяем тройку лидеров с вероятностью: p = 1/25*1/10 = 1/250.

f,*,f,** а здесь сложнее..

f1,a1/c1,f2,** done! => Win: первые три. За 6 заездов: p = 1/25*1/15 = 1/375.

f1,e1,f2,** -> надо проверять на e2?f2, т.е. требуется 7я попытка.

f,**,f,* вылет на +7й кто третий или / или .

f,***,f - // - аналогично.

*,f,*,f,* +7й если первый e1: .

*,f,**,f - // -

**,ff,* а здесь и далее начинаются вылеты на #8.

То есть, технически с небольшой вероятностью можно уложиться в 6 забегов. Однако с бОльшей вероятностью будут вылеты на 8й забег. Увы, более оптимальной статистически стратегии, похоже, не существует.

Всё на этом про такую задачку. Пора переходить к более приятным.. Например ->

9 декабря, 2019

Любители геометрии есть? Ловите ->

На сторонах AB и AD параллелограмма ABCD поставили точки I, J, K, L таким образом, что BI:IJ:JA = DK:KL:LA = 3:5:4. Доказать, что отрезки CI, CJ, CL, CK делят диагональ BD на 5 равных отрезков ->

11 декабря, 2019

Есть "тупой" метод решения: просто подсчитать координаты точек пересечения. Для этого удобнее будет перевернуть картинку и точку C назначить центром (0,0) - так функции прямых будут попроще. Но меня уверяют, что есть красивое решение в уме - без всяких формул. Пока смотрю и не вижу.. Единственное, за что цепляется взгляд, - 3:5:4 это стороны прямоугольного треугольника.

11 декабря, 2019

У меня есть версия, но... для доказательства не хватает

1) JL || ВD (Δ AJL подобен Δ ABD по двум пропорциональным сторонам AJ:AB = AL:AD = 4:12 и углу между ними ∠A).

Поскольку все треугольники из нарезки Δ BCD подобны своим "продолжениям" в Δ B1CD1, то можно доказывать, что B1D1 делится на 5 равных отрезков.

2) Δ AJL подобен Δ BB1J (по двум углам, там все три равны) с коэфф. 4:8 = 1/2. Аналогично Δ AJL подобен Δ DD1L с коэфф. 4:8 = 1/2.

Откуда следует что Δ-ки B1BJ и LDD1 равны и B1J = LD1 = 2*JL

3) Δ AJL подобен Δ CD1B1 (по двум углам, там все три равны) с коэфф. 4:(4+5+3+5+3) = 4:20 = 1/5

4) Получается что JL = 1/5 * B1D1, а B1J = LD1 = 2*JL = 2/5 * B1D1

5) А вот как показать что красные точки делят B1J и LD1 именно пополам → не пойму... (

UPD. Решение сильно затрудняет похожесть условия задачи на флаг республики Сейшельские острова.

Мыслительный процесс всякий раз приводит к образу пляжа Source d'Argent...

Изменено 11 декабря, 2019 пользователем Борис Прокофьев

12 декабря, 2019

Ой-ай, там всё просто и элементарно, а когда ещё на "Сейшельский флаг" развернули - то вообще всё прозрачно стало. Примерно вот так:

BMB1 сравниваем с DAB1, а потом BNB2 с подобным ему DAB2. И всё... // это я в рейсе Париж-Москва - как только ноутбук открыл, так сразу и увидел.

Даже лишние чёрточки рисовать не требуется!

Светло-серый треугольник подобен нижнему закрашенному. А верхний закрашенный подобен нижнему тёмно-серому. 3-5-4 - всё..

Так просто, очевидно, даже стыдно как-то немного.. столько тупить надо было - и потом за секунду всё увидеть. В качестве самобичевания сейчас тупо по координатам докажу, что отрезки равной длины.

Длина CD = 12 // нам же всё равно какую систему счисления и масштабы использовать

Плюс для удобства будем считать по "сейшельскому флагу".

Уравнения прямых:

CK: y = bx/(a+3)

CL: y = bx/(a+8)

DB: y = b(x-12)/(a-12)

Координаты по 'x' точек:

p1: b(x-12)/(a-12) = bx/(a+3) // 'b' сразу сокращаем.

(x-12)(a+3) = x(a-12)

15x = 12a+36

x1 = 4(a+3)/5

p2: b(x-12)/(a-12) = bx/(a+8)

(x-12)(a+8) = x(a-12)

20x = 12(a+8)

x2= 3(a+8)/5

Расстояния по оси 'x' между точками: a 4/5(a+3) 3/5(a+8).

4/5(a+3) - a = (12 - a) / 5

3/5(a+8) - 4/5(a+3) = 24-12-a / 5 = (12 - a) / 5

Всё. Аналогично считаются остальные две точки. А потом и средняя часть.

Математическое и загадочное

Рекомендуемые сообщения

E.K.

Топ авторов темы

Популярные дни

Топ авторов темы

Популярные дни

Популярные посты

Elly

E.K.

E.K.

Изображения в теме

E.K.

E.K.

santax

E.K.

E.K.

santax

E.K.

oit

E.K.

E.K.

E.K.

E.K.

Борис Прокофьев

E.K.

Пожалуйста, войдите, чтобы комментировать

Похожий контент

Elly

E.K.

E.K.

Обзор

Активность

Магазин

Поддержка

Kaspersky Support Forum