ВОЗВРАЩЕНИЕ ДОЛГОЖДАННОЙ РУБРИКИ "6Т МАТКЛАСС"! ЗАДАЧКИ СПЕЦМАТЕМАТИКИ У МОЕЙ СВЕТОЧКИ В ШКОЛЕ 444! 

Шикарные задачки! Будет чем заняться со своим шестиклассником)

1-ую задачу решал минут 5-10, очень тяжело далась. И отдельное спасибо большое товарищу Савватееву за то, что он множество раз подчеркнул, насколько же она простая и как же легко он её решил :D . Это, безусловно, сильно подняло мою самооценку(нет) , с учетом того что мне 27 лет, и я учусь не в 4-ом классе... Но таки могу похвастаться хотя-бы тем, что моё решение более общее и подходит для решения задач такого типа в не зависимости от того, получилось ли у нас успешно поиграть с четностью, или нет)) Решение: (довёл до ума еще минут за 10, горжусь собой! (нет) ) Обозначим за "Х" случайный член из нашей окружности, тогда остальные члены будут образовываться путем операций "-1" и "+3" если идти по часовой стрелке, но по итогу, когда мы вернемся к нашему изначально взятом члену, то должно получится снова "Х". Оставшихся членов у нас 8 штук, но нам нужно не их кол-во, а именно кол-во наших "операция" сложения и вычитания, а их будет 8 + 1 = 9 штук (можете посчитать, как аналогия - это что-то типа разрезов на палке, когда делаешь 8 разрезов, то частей получается 8 + 1 = 9, также и у нас, только вместо разрезов у нас элементы цепочки(булочки) , а вместо кол-ва полученных частей - кол-во операций сложения и вычитания). И так, у нас всего 9 операций, за который мы должны от числа Х прийти к числу Х, а значит сумма наших операций должна стать равной нулю. Но как понять, сколько каких? Допустим, что операций "-1" - Z штук, а операций "+3" - Y штук, тогда составим уравнение: -1*Z + 3*Y = 0 Но нам также известно, что : Z + Y = 9 (всего операций 9) Решая эту систему уравнений с двумя неизвестными , приходим к тому, что Z = 27\4, что в целых, а тем более натуральных числах, решения не имеет. Следовательно, таким образом распределить булочки нельзя, а значит кто-то из детей врунишка=)) Задача 2: Вот тут я отыгрался на Савватееве за первую задачу, т.к. она мне показалась действительно простой и решал я её в уме, чисто методом рассуждений в уме: (Это не интересно, можете пропустить). У нас есть два числа 7 и 9, от каждого из них отняли одно и то же число (к примеру Х), притом таким образом, что остатки от наших чисел , при умножении на одну и ту же ширину стола(допустим Y) дали нам 27 и 18. 27 соотносится с 18 как 3\2, и мы знаем, что при умножении на одно и то же число соотношения не меняются, а значит от 9 и от 7 у нас изначально отняли такую цифру, что остатки соотносятся друг с другом как 3\2. Мы знаем, что одно число осталось на 2 единицы больше другого, и также знаем их соотношение. То-есть X*1,5 = X + 2, то-есть 2 - это половинка икса, а значит икс = 4. Дальше 18\4 = 4,5, это наша высота, и высоту умножаем на 3 = 13,5. Тут можно было заметить то, что заметил Савватеев и даже не искать высоту, но .... почему бы не найти?=)) Задача 3: И вот тут Савватеев по-моему немного не добил решение, по крайней мере не разжевал, потому-что его решение как-будто бы смахивает на какое-то "примерно-догадочное"(потом исправился после решения) , и так: n*(1! + 2! + ... + n!) = (n + 1)! = n!*(n+1) = n*n! + n! n*(1! + 2! + ... + n!) = n*n! + n*(1! + 2! + ... + (n-1)!) Приравниваем правые части: n*n! + n*(1! + 2! + ... + (n-1)!) = n*n! + n! Сокращаем : n*(1! + 2! + ... + (n-1)!) = n! И тут Савватеев не стал продолжать сокращение, а я немного продолжил: n*(1! + 2! + ... + (n-1)!) = n! = n*(n-1)! Сокращаем теперь ещё и "n", и у нас остается слева ТОЛЬКО эта противная скобка и выражение справа: (1! + 2! + ... + (n-1)!) = (n-1)! Для простоты понимания, "(n-1)" можно заменить на любую букву, к примеру (n-1) = K, тогда имеем: (1! + 2! + ... + K!) = K! Заметим, что последний член нашей последовательности слева УЖЕ равен члену справа, а значит, как и сказал Савватеев, чего-то там "не должно быть вообще" =)))) Значит все члены слева должны быть равны нулю, а это возможно только тогда, когда K = 1, а постольку поскольку K = n-1 = > n = 2. Всё )) (походу решения, доработал и ещё улучшил его, горжусь собой ! (нет) ). Я буду держать вас в курсе своих успехов! ))

110 фишек- Дирихле нам в помощь. Пусть первые 11 фишек в начале будут под нашим наблюдением. Расстояние между любыми в этой группе не более 10. А теперь попробуем их расположить так, чтобы между ними было расстояние как минимум 11. Тогда они займут места 1,12,23... 89, 100, 111. Хмм...111 место у нас никак. Значит из нашей выборки из первых 11 какая-то пара явно будет на расстоянии

Алексей, добрый день. Задача с двумя перекрывающимися полосками решается еще проще, если перекрыть одну другой полностью. 😉

С монетами вроде просто. за четыре взвешивая МОЖНО найти) если взвесить по 2 монеты будет или равный вес (2+3=1+4), или не равный (1+3

После первой задачи - вышел покурить...

Алексей, спасибо за вашу адекватность

6Т класс-круто, помню у нас в школе были 6А, 6Б, 6В только 😊 Очень интересные задачки

С монетами всё просто: делаем все 3 парных взвешивания (по 2 монеты на чашке). Считаем сколько раз монета "выиграла" (оказалась на более тяжелой чашке). С весом 4 г один раз ничья и 2 выинрыша, с весом 1 грамм - наоборот. Те, у которых по одному выигрышу и проигрышу, сравниваем между собой.

Такс Берём синенькое число и считаем его нулём (бо нам надо разницу, а не конкретные числа, то можно систему координат сдвигать, как нашей душе угодно). И начнем с утверждения, что существует хотя бы два числа одного цвета, которые отличаются на степень двойки. И это легко доказывается. Ведь если, начиная от этой синенькой все степени двойки красные, то в том числе красные 2 и 4. А между ними разница в 2 - т.е. степень двойки. А если хотя бы одна синенькая - то вот и пара для нашей первой синей. Теперь берём ряд из трёх чисел. У нас уже есть два числа (допустим, синих - для нас это неважно), которые находятся на расстоянии 2^n друг от друга (первое - условный ноль, второе - допустим, m=2^n). Если не существует третьего числа, которое бы находилось на расстоянии 2^k от второго из этих двух чисел, это означало бы, что все числа вида m+2^k - красные (начиная от m+2). При этом если m > 2 (4, 8, 16 и тд), то 2ка красная - а следовательно, расстояние между 2кой и (m+2) = (m+2)-2 = m = 2^n - и следовательно, существует три красных числа, последовательное расстояние между которыми - степень двойки (2, m+2, m+4). Рассмотрим отдельно случай, когда m=2. Тогда числа 0 и 2 - сининькие, а 2+2^k - все красненькие. Ну тогда у нас красные 4, 8, 16 - а они удовлетворяют условиям (8-4 = 2^2 ; 16-8= 2^3) Итак, если не существует трёх синих, удовлетворяющих этому условию, то однозначно существует хотя бы 3 красных, которые им удовлетворяют. Чето я устал, и на этом остановлюсь пока что. Думаю, таким рассуждением можно дойти до шести, но тут надо быть осторожным - загвоздка в том заключается, что мы пока что доказали, что три числа одного цвета существует, но это не означает при этом (мы этого не доказали), что одновременно существует и три красных и три синих числа - мы лишь доказали, что существует либо три красных, либо три синих числа, соответствующих условию, что разница между соседними из них является степенью двойки. Поэтому применить тут мат-индукцию в чистом виде нельзя. Тут либо надо доказать, что одновременно и три красных и три синих числа существуют (и тогда можно уже использовать мат-индукцию для случая с двумя и тремя числами) либо использовать другой подход, но я чето устал и выпил пива и мне стало лень)

Алексей, здравствуйте. Последние время часто попадается пример в интернете с разным ответом. Пример вида a:b(c+d), подскажите, что выполняется первым деление или умножение и как доказать потом, что ответ правильный. Является ли запись b(c+d) аналогом b*(c+d) или же это (b*(c+d))

Раскраска чисел. Возьмем любое число а. Рассмотрим числа а+1,а+2,а+4,а+8,а+16,а+32. Если среди них есть хоть одно число цвета "а", то возьмем его и повторим процедуру для нового числа. Если среди указанных чисел нет нашего цвета "а" , то тогда вся шестерка чисел будет одного цвета. и она подходит под условие задачи. Считаем степень 2^0 также валидной (из ролика мне непонятно есть или нет ограничение на "натуральность" степени). Если 2^0 недопустимая разность, то рассматриваем шестерки а+2,а+4,а+8,а+16,а+32,а+64.

монеты - два взвешивания по две монеты - у нас получаются две пары с отношением "". Третьим взвешиванием взвешиваем бОльшие монеты. Так мы вычленяем четвёрку. Остаются монеты 1 2 3, и мы знаем, из какой пары была взята та бОльшая монета, которая не 4ка. Т.е. это либо 2 либо 3. Берём ту пару, в которой была эта монета изначально и кладём её на одну чашу весов, а 4гр на вторую Если эта монета 3ка, то изначально второй монетой могла быть 1 или 2. 3+1 = 4 3+2 > 4 Если же это монета 2ка, то изначально ей могла попасться только 1 и тогда 2+1 < 4 Т.о. мы три монеты абсолютно точно определим, а значит, и оставшуюся четвёртую.

Алексей, ссылку на пдф файл можно получить? Искал эти листы в интернете, не нашёл

Алексей, я конечно извиняюсь, но в задаче про таблицу очень сомнительное доказательство того, что мы всегда сможем закончить строки и главное вообще никакого доказательства того, что именно мы всегда будем заканчивать столбцы, например первый ходит в 98 строку мы под него и он заканчивает столбец, почему такого не может быть? это совсем не очевидно. Ваша стратегия вроде и правильная, но до строгого доказательства там далеко, особенно для 6-го класса... А стратегия в которой ничего и доказывать не надо все и так очевидно такая. В первых 98-ми строках просто ходим симметрично относительно центральной вертикали и ставим цифру 9-х ( если х=0 то 9). где х - цифра первого, тогда очевидно у нас всегда будет ход, все первые 98 строк закончим мы и сумма цифр в строке после нашего хода делится на 9. Если же первый ходит в 99-ю строку то мы просто ставим 2 под него в 100-ю строку.Тут очевидно, что у нас всегда есть нужный ход и мы закончим все столбцы. Итого первые 98 строк делятся на 9, все столбцы и 100-я строка делятся на 2 и только 99-я строка может быть простой.

Гле пдф с листочками можно скачать?

Интересно было бы понять на каком этаже может быть квартира 😊 но 197 простое число, значит на разных этажах разное число квартир, не порядок...

Мой выпуск 1980г. И у меня ощущение, что я инопланетянка...

Мишу мы все видели, а вот Свету нет, покажи ее?

А как дети «сдают» задачи?- устно?