На пример; Решенија за вежба лист 36
ажурирано: 6 јули 2004 година
- [Преглед]
- [Информативна страница]
- [поврзани задачи]
- [Решенија на лист 36]
- [Архива на задачи]
- [Регистрација]
- [За нас]
- [Лево]
- [Тешка линија]
- [Е-пошта]
Каролин купува лубеница од 4 кг, која се состои од 99 (маса) проценти вода. Безгрижно, таа ги остава на сонцето премногу долго додека дињата не стане само 98 проценти вода. Колку е тешка тогаш дињата?
Бидејќи дињата првично се состои од 99 проценти вода, содржи 1 процент други (цврсти) супстанции. Ова одговара на 40 грама.Откако ќе испари дел од водата, овие 40 грама сочинуваат 2 проценти од вкупната маса според задачата. Значи, дињата тежи само 40. = 2000 грама. Дињата последователно губи половина од својата тежина.
Многу ликвидација во музејската просторија треба да ја чуваат тројца чувари. Секој треба да стои на место од кое може да ја набудува целата просторија. По кратко пребарување, двајца од чуварите наоѓаат две (различни) такви места и се сместуваат таму. Третиот чувар некое време талка низ собата без успех. Можете ли да му дадете совет каде да најде соодветно место?
Третиот чувар може да избере која било точка на врската помеѓу позициите на првите двајца чувари.
Зошто? Нека A и B бидат позициите на првите два чувари и C нека биде точка на нивната линија за поврзување. Понатаму, нека X биде која било точка во вселената. Ако некој не може да ја види точката X од C, тогаш би имало точка Y на сегментот CX на кој има пречка.
Од друга страна, чуварот во А ја гледа целата просторија, особено Х. Затоа, целото растојание AX мора да поминува во вселената (т.е. мора да биде ослободено од пречки) и затоа точката на пресек Z на права линија преку B и Y со AX лежи во внатрешноста на просторијата и таму нема никаква пречка. Конечно, чуварот во Б исто така гледа сè, особено З, и затоа целата линија БЗ ќе мора да биде во вселената, што би било во спротивност со позицијата на Ј.
Значи, не постои таква точка Y и целиот C сегмент CX може да се види од C слободно. Така, чуварот во Ц ја гледа секоја точка во вселената.
Белешки: Соба како нашата музејска просторија, во која има точка од која може да се види целата просторија (или со други зборови: во која секоја врска од оваа точка до друга точка во оваа просторија лежи целосно во просторијата), се нарекува во форма на starвезда .
И со нашиот доказ покажавме дека збирот на сите точки од кои може да се види целиот простор е конвексен. (Дефиницијата за конвексна е токму таа на секои две точки во множеството, припаѓа и линијата за поврзување со множеството.)
Постојат и примери каде третиот чувар не може да се постави на која било друга локација освен рутата помеѓу другите двајца чувари:
Покажете дека бројот 3 2048 - 1 се дели со најмалку 12 различни прости броеви.
Тоа е 2048 = 2 11, што значи дека можете да ја примените третата биомија теорема единаесет пати и на тој начин да добиете дванаесет фактори:
| 3 2048 година - 1 | = = | (3 1024 + 1) (3 1024 - 1) |
| = = | (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 512 - 1) | |
| = = | (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 256 + 1) (3 256 - 1) | |
| . | ||
| = = | (3 1024 + 1) (3 512 + 1) (3 256 + 1) (3 128 + 1) (3 64 + 1) (3 32 + 1) | |
| . (3 16 + 1) (3 8 + 1) (3 4 + 1) (3 2 + 1) (3 1 + 1) (3 1 + 1) |
Но, сè уште не сме завршиле, бидејќи треба да покажеме постоење на дванаесет различни главни фактори во распаѓањето. Затоа, сега покажавме дека овие фактори во парови имаат 2 како најголем заеднички фактор (gcd). За оваа цел r> s се два природни броја. Е
| 3 2 р + 1 | = = | 3 2 r - 1 + 2 |
| = = | (3 2 r-1 + 1) (3 2 r-1 - 1) + 2 | |
| . | ||
| = = | (3 2 r-1 + 1) (3 2 r-2 + 1). (3 2 с + 1) (3 2 с - 1) + 2, |
со тоа множител од (3 2 s + 1) плус 2. Значи GCF од 3 2 r + 1 и 3 2 s + 1 мора да биде фактор 2. Бидејќи (3 2 t + 1) очигледно е рамномерно за секоја целина t 0, gcd е точно 2.
Бидејќи се применува 3 1 - 1 = 2, gcd (3 2 r + 1, 3 1 - 1) = 2 за r 1.
Бидејќи секој фактор 3 2 r + 1 со r 0 е поголем од 2, секој од овие единаесет фактори последователно обезбедува (барем) свој главен фактор за распаѓање. За жал, 3 дава 1 + 1 = 2. 2 на овој начин само факторот 2; ова значи дека факторот 2, кој инаку сè уште се јавува и е исто така единствениот делител на 3 1 - 1, не може да се користи дополнително. Значи, ни треба уште еден главен фактор. 3 4 + 1 = 2. 41 не помага, но тоа е 3 8 + 1 = 6562 = 2. 17-ти 193 и така, имаме барем дванаесет различни главни фактори.
За да се открие точно колку (различни) главни фактори има бројот, потребно е тешка артилерија и некое време за пресметка. Немавме толку време и трпеливост. На крајот на краиштата, Математика многу брзо откри дека факторите (3 128 + 1)/2 преку (3 1024 + 1)/2 не се прости броеви. (3 16 + 1)/2 до (3 64 + 1)/2 се прости броеви и Пари потоа открил во разумен рок дека (3 128 + 1)/2 има пет различни прости фактори, од кои најмалиот е 257.
На планетата Капа, неодамна научниците утврдија дека радиусот на нивната планета е точно 1000 км. Петте најголеми градови на Капа треба да бидат поврзани со директни железнички линии во следните неколку години; секоја година рутата помеѓу еден пар градови треба да се заврши. Сепак, средствата во првата година се доволни само за 1.571 км железнички пруги.
Покажете дека сè уште можете да го постигнете планот уште во првата година!
Бидејќи во првата година можете да изградите железничка линија од 1571 км, мора да покажеме дека меѓу петте града на Капа има два кои се оддалечени најмногу 1571 км. (Растојанието е секако она на површината на сферата.) Сепак, бидејќи не знаеме каде се градовите на Капа, мора да покажеме дека за секој аранжман има пар градови со максимално растојание од 1571 км.
Ова го докажуваме индиректно со претпоставка на спротивното и доведување до контрадикција. Спротивното значи тука: Претпоставуваме дека петте градови се распределени на Капа на таков начин што два од нив се оддалечени повеќе од 1571 км.
Бидејќи Капа има радиус од 1000 км, неговиот обем е
Со средства во првата година, можете да изградите четвртина од големината и малку повеќе со железнички пруги.
Со вртење на сферата ако е потребно, можеме да претпоставиме дека првиот град А се наоѓа „подолу“, т.е. на Јужниот пол. Тогаш сите точки на екваторот се оддалечени помалку од 1571 км од овој град, а сите точки на јужната хемисфера се уште поблиску.
Затоа, според нашата претпоставка, сите други четири града се наоѓаат на северната хемисфера.
Нека Б е град во северната хемисфера. Исто така, се дефинира хемисфера на која никој друг град не може да лежи.
Ако градот Б се наоѓа директно на Северниот пол, повеќе не може да има град на северната хемисфера, така што само двата града А и Б би биле на Капа, што не може да биде.
Но, без оглед каде е Б во северната хемисфера, хемисферата со центар Б секогаш го содржи северниот пол. И бидејќи Б не може да биде Северен пол, оваа хемисфера исто така има заедничко парче со јужната хемисфера. Нека X и Y се двете точки на пресек на рабовите на хемисферата. Бидејќи рабовите се кругови со максимална големина (т.н. големи кругови) на површината на сферата, двете точки се точно спроти едни на други, т.е. Х. ги делат секој од двата круга на две еднакви половини.
Бидејќи не знаеме на кој степен се наоѓа северната географска ширина градот Б, не знаеме и до каде се протега нејзината хемисфера над Северниот пол, но во секој случај никој друг град не смее да лежи во таа половина од северната хемисфера што преминува половина од екваторот на X до Y и е ограничен со Северниот пол.
Другата половина од северната хемисфера ја преполовуваме за последен пат: Нека М биде средната точка помеѓу X и Y на екваторот (оној што не е на хемисферата околу Б). Тогаш кругот го дели десниот северен пол на половина од јужниот пол, северниот пол и М на два еднакви делови (закривени триаголници), на кои аголните точки X, M и N или Y, M и N се колку што е можно подалеку од четвртина од обемот на сферата. Со други зборови: Кои било две точки на триаголник се оддалечени помалку од 1571 км.
Сепак, ова значи дека може да има најмногу по еден град во секој триаголник. Но, тогаш има само четири града на Капа.
Но, бидејќи има пет града на Капа, добиваме противречност. Значи, претпоставката дека сите градови се оддалечени најмалку 1571 км, мора да биде погрешна. Како резултат, има (барем) два града на Капа кои не се оддалечени повеќе од 1.571 км, и меѓу нив ние (или Капанците) можеме да изградиме железничка линија во првата година.
За печатење како датотека pdf или како датотека ps