Математическое и загадочное

[E.K.]

Таким образом, M_n представляет собой частичную сумму гармонического ряда. Как известно, сумма эта растет как логарифм:

    M_n -> ln(n + 1) + γ

Вроде бы всё верно.. А казалось бы что может общего у лягушки, логарифмов и постоянной Эйлера!

 

А хорошая задачка..

[Рогожников Евгений]

 

Вернемся к шоколадке. Пусть слева от плохой плитки A столбцов, а справа B столбцов. Сверху C строк, а снизу D строк.

Тогда, если (A-==(C-D), то выигрывает второй. Иначе первый.

 

В самом деле. Достаточно заметить, что если равенства нет, то всегда можно сделать ход, после которого оно имеет место быть.

А если равенство есть, то после хода оно нарушится.

Задача с гидрой тяжелее. Она сводится к тому, чтобы на сфере радиуса X расположить N точек, так чтобы минимальное расстояние между ними было максимальным. Так что первое, что приходит в голову - покрыть каждую точку шаром радиуса Y.  Маленький шар отсечет на большой сфере область, площадь который примерно составляет pi*Y^2. Таких областей N штук. Их суммарная площадь должна быть меньше площади большой сферы 4*pi*X^2. Откуда получаем оценку на Y:

 

Y^2 = 4*X^2/N  + F(N).

При этом F(N) > 0 и F(N) =~  1/(N^2).

Т.е с ростом N мы получаем хорошее приближение.

Изменено 19 апреля, 2020 пользователем Рогожников Евгений

[E.K.]

Вернемся к шоколадке. Пусть слева от плохой плитки A столбцов, а справа B столбцов. Сверху C строк, а снизу D строк.

Тогда, если ( A-B ) == ( C-D ), то выигрывает второй. Иначе первый.

Наверное, всё же если модули разностей равны. Иначе "если равны, то выигрывает второй. Если зеркалим по одной из осей - то первый".

 

Отсюда сразу же первый ход первого: "квадратить" шоколадку. И далее продолжать "квадратить" в ответ на любой укус второго. Если же второй кусь так, что {A,B} > {C,D} - например, шоколадка откушена так, что X-плитка где-то посередине длинной и узкой ленты, то не "квадратится". То следующий кусь первого действительно так, чтобы |A-B| = |C-D|

 

Работает! Спасибо, добили доели шоколадку.

[StarCuriosity]

А еще можно представить, что шоколадка - это просто Ним с 4-мя кучками: A,B,C,D. Соотвественно, нужно просто следить на A xor B xor C xor D и равенству этого числа нулю.

[E.K.]

это просто Ним с 4-мя кучками

Ого! Игра ним - если честно, то никогда о такой игре не слышал. И стратегия "быть в нуле" логична и понятна. Супер. Спасибо.

 

[E.K.]

Хорошую и несложную задачку прислали. Ещё и красивую

 

Какое наименьшее число N > 2020 таково, что  число

было бы целым при любых натуральных?

// что-то степени и индексы в новом редакторе непонятно как ставить... приходится через картинку.

[Рогожников Евгений]

Никакое?

Если первые N-1 чисел будут делиться на 5, то и сумма их 4-х степеней будет делиться на 5.
Тогда в качестве числа a_N можно взять, например, 1.

И верхняя сумма даст по модулю 5 остаток 1

 

Если же в условии задачи заменить условие при любых натуральных на при любых натуральныхкаждое из которых не делится на 5, то ответ будет 2025. Т.к 4-я степень каждого числа a_i даст по модулю 5 остаток 1, а, значит,сумма N таких чисел даст остаток N

[E.K.]

Ой, верно. В общем виде задачка не имеет решения. А то что любое не-5-кратное число в степени 4 по модулю 5 равно 1 - интересный факт.

1^4 = 1 = 1 (mod 5)

2^4 = 16 = 1 (mod 5)

3^4 = 81 = 1 (mod 5)

4^4 = 256 = 1 (mod 5)

 

(кстати, по просьбам в редактор добавили степени и индексы, теперь не надо картинки рисовать).

[E.K.]

Мне ещё несложного подкинули со словами "2020 год самоизолировался, перейдём сразу к 2021 году" ->

Можно ли представить число 2021²⁰²¹ в виде суммы 2021 последовательных нечётных натуральных чисел?

[barefoot]

Можно. Первым числом в последовательности будет (2021²⁰²⁰ - 2020), соответственно последним -- (2021²⁰²⁰ + 2020).

[iv65]

3 часа назад, barefoot сказал:

Можно. Первым числом в последовательности будет (2021²⁰²⁰ - 2020), соответственно последним -- (2021²⁰²⁰ + 2020).

число 2020 является чётным числом, что противоречит условиям задачи : 

https://forum.kasperskyclub.ru/topic/54210-математическое-и-загадочное/?do=findComment&comment=964588

[E.K.]

Ещё задачка по теме "самоизолировавшегося 2020" ->

 

На доске написано 2021 уравнение вида: *x² + *x + * = 0

Два игрока последовательно друг за другом заменяют по одной произвольной звёздочке ненулевыми целыми числами. Первый игрок стремится чтобы как можно больше этих уравнений не имело действительных корней, а второй стремится ему помешать и сделать как можно больше решабельных уравнений. Сколько максимально не имеющих решений уравнений может получить первый игрок вне зависимости от игры второго?

Ещё раз: решаем в действительных числах только, в комплексные пространства не лезем. За каждый ход игрок ставит одно число вместо одной произвольной звёздочки в любом произвольном уравнении. Первому хочется нерешабельных уравнений, второму наоборот. Кто победит и с каким счётом?

[Рогожников Евгений]

Если уравненеий было нечетное число  (2N+1), то первый может отхватить себе (N+1).
Но больше не сможет. Таким образом, в данной задаче ответ 1011.

Решение следующее. Пусть есть уравнение a*x^2 + b*x + c.
Оно не имеет действительных корней, когда у него отрицательный дискриминант.Т.е если b^2 - 4*a*c < 0.

Отсюда видно, что если из трех  чисел a, b, c заданы любые два, то третье число всегда можно выбрать так,чтобы уравнение решалось.
Таким образом, второй всегда может сделать уравнение решабельным, если убирает в нем последнюю звездочку.
А вот первому хуже. Если уже заданы a и c, то они могут быть такими, что при любом b уравнение будет разрешимым.

Но для первого полезно условие, что нельзя брать нулевой коэффициент. 
В противном случае второй мог бы сделать уравнение разрешимым убрав самую первую звездочку задав a или c   в ноль.

Далее введем следующие обозначения:
свободное уравнение - это такое уравнение, где еще не было убрано ни одной звездочки
b-уравнение - это такое уравнение, где задано число b, а оставшиеся числа неизвестны.
почти закрытое уравнение - это такое уравнение, где закрыты две звездочки
закрытое уравнение - это такое уравнение, где закрыты все звездочки

Первый будет действовать по следующей стратегии:
- если предыдущим ходом второй сделал почти закрытое уравнение, то первый закрывает его, делая по возможности не разрешимым. При этом, в случае если то уравнение изначально было b-уравнением, то первый всегда сможет его сделать неразрешимым.
- в противном случае, если еще есть свободное уравнение, то он создает из него новое b-уравнение
- в противном случае делает любой ход

Получается, что при такой стратегии закрывать уравнения может только первый и при этом он никогда не создаст почти закрытых уравнений
При этом первый первым ходом создает b-уравнение,после чего остается 2N свободных уравнений. 
И когда второй убирает звездочку в одном из них, то первый после этого превращает другое свободное уравнение в b-уравнение.

Таким образом,первый создаст (N+1) b-уравнение.
Почти закроет их второй. А первый закроет их нужным себе образом.

Осталось показать, что первый не сможет взять себе больше.
Ну тут просто. Пока есть свободные уравнения второй действует по стратегии:
- если есть почти закрытое уравнение, то второй всегда может его закрыть сделав разрешимым 
- если есть свободное уравнение, то второй заменяет в нем a

Такая стратегия приведет к тому, что второй создаст не менее N  a-уравнений.
И все из них он выиграет. Так как если первый в одном из этих уравнений заменит вторую звездочку, то второй их успешно для себя закроет.
Иначе второй проставит в них число c так, что  a*c < 0 и тогда  дискриминант будет положителен для любого b
 

[Fireman]

20 часов назад, E.K. сказал:

На доске написано 2021 уравнение вида: *x² + *x + * = 0

 

У первого игрока есть стратегия по которой он получает не менее (n+1)/2 уравнений, не имеющих решений, вне зависимости от того, как будет ходить второй игрок: 

 

В нетронутом уравнении первый игрок ставит 1 вместо звёздочки у *x: 

*x² + x + * = 0

 

Теперь, если второй игрок в данном уравнении вместо любой звёздочки ставит некоторое число a, первый игрок ставит вместо оставшейся звёздочки 1/a

В результате дискриминант получается равным D = 1 - 4 * a * 1/a=-3 и уравнение не имеет решений (в действительных числах)

 

А в любое уравнение, тронутое вторым игроком первый игрок на место одной из двух оставшихся звёздочек ставит любое число, это уже не важно, это уже не так важно

 

У второго игрока есть стратегия по которой он получает не менее (n-1)/2 уравнений, имеющие решения, вне зависимости от того, как будет ходить первый игрок:

 

В нетронутом уравнении второй игрок ставит 1 вместо звёздочки у *x²: 

x² + *x + * = 0

 

Тогда если первый игрок ставит число вместо звёздочки около *x, второй игрок ставит любое отрицательное число на месте последней звездочки.

В результате дискриминант получается неотрицательным, а значит уравнение имеет решения

 

Если первый игрок ставит число вместо звездочки у свободного множителя, второй игрок ставит число на место звёздочки *x таким образом, чтобы b > 2 * sqrt(|c|)

В результате дискриминант получается неотрицательным, а значит уравнение имеет решение

 

 

Итого при правильной стратегии обоих игроков первый игрок получит (n+1)/2, а второй игрок получит (n-1)/2 уравнений

В нашем случае это 1011 и 1010 уравнений соответственно

[E.K.]

5 часов назад, Fireman сказал:

 первый игрок ставит вместо оставшейся звёздочки 1/a

Немного не подходит. В условиях задачи есть "ненулевыми целыми числами". Оно всё решается этим методом и в целых числах, но я = педант и перфекционист!