Mathpuz

привет всем! сто лет не писал тут Хочу спросить вот такую метазадачку. Есть некоторая задача о взвешиваниях, которая может быть решена, скажем, за 2 взвешивания на обычных весах. Но также за два взвешивания она может быть решена при помощи весов, которые умеют показывать только один из результатов - "РАВНО" и "НЕ РАВНО" (т.е. не показывают отличие БОЛЬШЕ от МЕНЬШЕ). Ясно, что вторая версия потенциально тяжелее. Но вот интереснее ли она априори? Какую из задач вы бы выбрали себе для решения, если бы был такой выбор?

На диаграмме изображена позиция, которая могла бы возникнуть в шахматной партии. Разные буквы обозначают разные шахматные фигуры. Заглавные буквы соответствуют фигурам одного цвета, строчные — другого цвета. Требуется определить эту позицию.

Мат в три хода

За круглым столом были приготовлены 12 мест для жюри с указанием имени на каждом месте. Николай Николаевич, пришедший первым, по рассеянности сел не на свое, а на следующее по часовой стрелке место. Каждый член жюри, подходивший к столу после этого, занимал свое место или, если оно уже было занято, шел вокруг стола по часовой стрелке и садился на первое свободное место. Возникшее расположение членов жюри зависит от того, в каком порядке они подходили к столу. Сколько может возникнуть различных способов рассадки жюри?

#Комбинаторика #Задача Задача от Петра Кима! В отель "Весы" приехали 64 мудреца. Масса каждого мудреца равна 2024 тонны. На голову каждого мудреца надели колпак массой 1, 2, 3, ... 64 грамма соответственно. Мудрецы встают в очередь на заселение. Каждый видит только колпаки на головах впереди стоящих (мудрец не знает массу своего колпака). Владельца отеля зовут АГ и он маньяк. Каждого мудреца селят либо в правую половину отеля, либо в левую (мудрец может сам выбрать половину). После заселения владелец отеля отпускает рычаг и выясняется, что отель – весы. Мудрецы, оказавшиеся в тяжёлой половине падают и разбиваются. Далее оставшихся мудрецов снова ставят в очередь в таком же порядке проводят такую же процедуру. Если весы показывают равенство, то АГ погибает, а мудрецы спасаются. Какое наибольшее число мудрецов могут гарантированно выжить, если все мудрецы работают на общее благо и могут заранее договориться о стратегии? Обсудить ваши решения вы можете в чате)

Задача, которую я не умею решать. "Докажите, что в каждом натуральном числе, кратном 111111, обязательно найдутся две одинаковые цифры."

система Штейнера S(t,k,n) — это такой набор k-элементных подмножеств (“блоков”) n-элементного множества, что любые t точек содержатся ровно в одном блоке проективная плоскость над полем из p элементов дает пример системы Штейнера S(2,p+1,p²+p+1) но есть и другие интересные примеры — в т.ч. системы S(5,6,12) и S(5,8,24), автоморфизмы которых суть исключительные простые группы Матье M₁₂ и M₂₄

Не особо сложная задача. Сколько всего подмножеств в S(5,6,12)?

У всех четырех игральных кубиков сумма на противоположных гранях равна 7. Однако один из них все-таки не такой, как другие. Найдите отличающийся кубик.

«Выход есть!» — ХI международный конкурс по решению головоломок Каждому, кому от 7 до 100 лет и кто уже умеет читать, найдутся задачи по силам! Конкурс состоится в воскресение 5 февраля 2023 года. Инструкции к решению головоломок можно будет посмотреть ЗДЕСЬ после 20 января. Регистрация будет здесь https://www.matznanie.ru/competitions/competitions.html с 20 января 2022 года до 3 февраля 2022 года. Предусмотрено очное и заочное участие. Заочное участие будет проходить вне конкурсного зачёта. Задания и инструкции будут доступны на русском, английском языках. Участие бесплатное.

В справочнике числовых последовательностей Нила Слоуна (1973 г.) порядок последовательностей был очень хорошо продуман. Например, под номером 174 там была последовательность значений, при которых квадратный трехчлен n^2-n+41 дает простые числа. Под номером 175 - числа, делящиеся на каждую свою ненулевую цифру, а под номером 172 - наименьшее число четвертых степеней, с помощью которых можно выразить натуральное число n. Догадайтесь, какая последовательность там шла под номером 173?

1 января подходит к концу. Самое время извлечь в уме квадратный корень из 12345678987654321

2023, кстати, довольно скучное число, без каких-либо интересных свойств — хотя Раманужан наверняка бы возразил

Кто найдет самое интересное свойство у этого неинтересного числа?

Давайте тоже закину задачку из прошлого (тривиальное решение знаю только у второго пункта, но вдруг) Неориентированный граф G, у рёбер есть свои веса, у вершин тоже есть свои веса. Естественным образом определяется автоморфизм такого графа (вершина должна переходить в вершину с тем же весом, ребро - в ребро с тем же весом) для G выполнены два свойства: 1. для любой вершины a найдётся автоморфизм f, такой что f(a) != a 2. для любого автоморфизма f найдётся вершина a, такая что f(a) = a Нужно доказать три утверждения 1. число вершин G как минимум 10 2. существует граф с 10 вершинами и с такими свойствами 3. существует граф с 11 вершинами и с такими свойствами

А вот задача, которая на меня сегодня произвела сильнейшее впечатление. Пусть B и С - две фикс. точки плоскости, а А - переменная точка прямой, не проходящей через B и С. Тогда ГМТ ортоцентров треугольников ABC - некоторая гипербола (ранее было написано парабола, это неправда). Впечатление вызвано тем, что задача не бьется "счётом в лоб", а требует (ну, по крайней мере в найденном мной решении) некоторого синтеза идей алгебры и геометрии. Вполне школьных, кстати...

В этом построении есть несколько интересных моментов. 1) Точка E не зависит от выбора точки X на окружности (это несложно, но неожиданно) 2) прямая GH - это поляра точки E относительно данной окружности - иными словами, если бы мы провели прямую EI, то она была бы касательной; E={II}. (Да, на это опирается стандартный способ построения касательной с помощью одной линейки) 3) В построениях точек D-H выбор порядка сопряжений кажется произвольным и потому странным. А что если бы мы мысленно поменяли B и С местами, то есть построили вместо D={AZ} точку D'={AY} ? Оказывается, если довести до конца такой вариант построения, то вместо прямой GH, дающей пару точек I, оно даст прямую G'H', дающую в пересечении с окружностью пару точек K. Тех же самых, которые возникают и в этом решении. (Да, это тоже можно доказать, и это не весть как сложно.)

Начинается оно с выбора произвольной точки X на данной окружности. Далее я буду обозначать фигурными скобками {PQ} результат такой операции: если P и Q обе лежат на окружности, то {PQ} - точка пересечения прямой PQ с данной прямой; если же одна из точек P,Q лежит на данной прямой, а другая на окружности, то {PQ} - вторая точка пересечения прямой PQ с окружностью. (Для тех, кто знает алгебраическую геометрию - это просто стандартное сопряжение на кубической кривой). Итак, мы можем последовательно построить Y={BX}, Z={CX}, D={AZ}, E={DY}, F={EZ}. Здесь уже начинаются некоторые неожиданности, но о них ниже. Далее строим пару точек G и H: G=(DF)⋂(YZ), H=(DZ)⋂(FY) и проводим прямую GH. Все, наша задача решена: эта прямая пересекает окружность в двух точках I_1 и I_2; мы можем взять любую из них и провести прямые AI и CI, тогда прямая, проходящая через J={AI} и K={CI}, пройдет и через точку B. Иначе говоря, B={JK}={{AI}{CI}}. Докажите это!