Задача двадцать шестая.
Весельчак У попал из будущего в советское время, имея на руках внушительную сумму в 729 космофунтов стерлингов, 3 космошиллинга и 4 космопенса (1 космофунт стерлингов = 20 космошиллингов = 240 космопенсов).
Обменяв их на рубли по пиратскому курсу (1 космопенс = 4 рубля) он на все деньги закупил бутылок с кефиром — по пиратской цене 70 копеек за бутылку при цене пустой бутылки в 10 копеек. И все выпил. Сдал бутылки и на все деньги снова купил кефир. И так повторял, пока не пропил все деньги. Но пока он выпивал кефир, цены успевали вырасти вдвое (и кефира, и бутылок).
Сколько бутылок кефира успел влить в себя Весельчак У, если учесть, что в магазине у него принимали бутылки из расчёта сразу отдать товаром, а не деньгами (ну не было у них в кассе столько денег), так что остаток пустых бутылок Весельчак У копил до следующего раза?
Задача двадцать седьмая.
Два мудреца соревновались между собой в умении вычислять в уме. Увидев написанное судьёй на бумаге двузначное число, они начали производить действия: первый прибавил к нему 1, извлёк квадратный корень, разделил на 2 и прибавил 1.
Второй же в это время проделывал следующие операции: отнял 2, извлёк квадратный корень, прибавил 10 и разделил на 2.
Ко всеобщему удивлению результат у обоих получился одинаковым, хотя оба мудреца вычисления произвели правильно. Как так получилось?
Ответы на
пред-предыдущую Разминку:
19. Нет. Пусть у нищего было 1000+x монет. После первого прохода по мосту их станет (1000+1000+x)/(2^1)), а после десяти — (10000+1000+x)/(2^10)) . Следовательно, x должен делиться на 1024. Так как x >= -1000, то x = 1024*n, где n - натуральное число. Поэтому каждая итерация, отнимая половину монет, не компенсирует их прибавлением 1000 монет.
20. Выиграет Джинн всегда, если будет делать самые длинные шаги. Докажем от противного.
Фишка вначале стоит в верхнем левом углу.
Очевидно, что на досках m×1, 1×n, 2х2 Джинн всегда выиграет.
Предположим, что существует доска, на которой стратегия Джинна не приводит к выигрышу, (1)
и рассмотрим среди них доску m×n наименьшей площади. Очевидно, n (горизонталь) >= m (вертикаль) > 1. После хода Джинна доска уменьшается на одну горизонталь, и Аладдину остаётся только ход по вертикали вниз на 1 или более клеток.
Если он пойдёт на 1 клетку, то игра сводится к аналогичной для доски (m–1)×n. Поскольку n ≥ 2, доска 1×1 не получится и Джинну есть куда ходить — и в итоге останется одна горизонталь, которую Джинн закроет своим ходом. Противоречие с (1).
Если Аладдин пойдёт на всю вертикаль, то если m = n = 2 — Джинну остаётся выигрышный ход. Или позиция сводится к аналогичной, но доска уменьшилась на одну горизонталь и вертикаль.
Если же Алладин пойдёт на расстояние 1 < Х < m-1, то, следовательно, n >= m >= 3, Джинн своим ходом по горизонтали разобъёт доску на две, одну размером X×n-1, где n > 2 и доски 1×1 не получится; и на доску (m–X)×n, где 1 < (m-X) < m-1 и игра сводится к аналогичной.
Что противоречит (1).
Следовательно, стратегия Джинна выигрышна на любой доске.
21. Хватит и пяти.1. Всовываем руки по стороне и поворачиваем рычаги в одну сторону, например, вверх.
++
??
2. Если дверь не открылась, всовываем руки по диагонали и поворачиваем рычаги вверх. Теперь три рычага точно вверх. Если дверь не открылась, значит четвертый — вниз.
++
-+
3. Всовываем руки по диагонали: если попали на рычаг вниз, поворачиваем его вверх и дверь открыта; если же оба рычага вверх, переводим один вниз.
++
--
4. Всовываем руки по стороне: если оба рычага однонаправлены, то меняем их направление и все рычаги смотрят в одну сторону — дверь открыта. Если же рычаги разнонаправлены, меняем их направление и теперь у нас по диагонали однонаправленные рычаги.
+-
-+
5. Всовываем руки по диагонали и меняем направление рычагов — дверь открыта.
Ответы на прошлую Разминку (авторства @MarauderRA, ибо формулировки литые):
22. Одинаково.
Исходная окружность - 2*пи*R. Новая окружность - 2*пи*(R+x). Разница радиусов составит 2*пи*x. Т.е. 6,283 на x. Вне зависимости от изначального радиуса. Хоть молекула, хоть солнце.
23. Думаю, речь идёт о системе касательных. Приподняв верёвку в одной точке, мы получим равнобедренный треугольник, боковые стороны которого будут касательными к окружности. Если провести от него высоту к центру окружности, то получим прямоугольный треугольник, в котором один из катетов - радиус окружности, а гипотенуза будет радиус окружности + х, расстояние, на которое верёвка отстанет от земли. Из теоремы касательных вычисляем, что зазор в высшей точке будет больше трёх метров.
24. Физика, шестой класс. Википедия, бесплатно. Сила/высота/масса. 14748/5/300 = 9,832. Ускорение свободного падения - 9,8. На экваторе 9,78, на полюсах - 9,82. Очевидно, что медведь белый.
