ZNAK SAGITE — više od fantastike — edicija, časopis, knjižara...

Postojao.
Evo zadatka za Mušet (rekla bih da joj je geometrija jača strana):
Dat je konveksni četvorougao ABCD. Iz temena A povući pravu koja dati četvorougao deli na dve jednake površine.

Dobri vicevi - oba 10.

Quote from: Midoto on 09-01-2013, 00:15:59
Dobri vicevi - oba 10.

Evo onda jedan i od mene:

Zasto plavusa konvergira?
Zato sto je monotona i ogranicena.   

I do mene jedan, vrlo stari i bajkovit:

Bili jednom brat i sestra. Brat je bio normalan, a sestra je radila matematiku.

Quote from: Midoto on 09-01-2013, 00:15:59
Postojao.

Da, ali kako dokazati? 

Quote from: Boris on 09-01-2013, 00:20:32
Zasto plavusa konvergira?
Zato sto je monotona i ogranicena.   

Odličan! Moglo bi tu ponešto da se kaže i o plavuši sa dva policajca 

Quote from: Mouchette on 09-01-2013, 01:45:56

Quote from: Midoto on 09-01-2013, 00:15:59
Postojao.

Da, ali kako dokazati? 

Ne možemo sa sigurnošću da kažemo - koji je, ako je bilo veselica u toj lozi, ali je pitanje - da li je postojao. Svaki današnji dečak je morao da ima tatu, pa je i ovaj imao tatu...

Imam vrlo težak i isto toliko lep zadatak sa Turnira gradova. Valjala bi mi pomoć, samo još da ga lepo sročim (prevod je malo nejasan).

  Baš tako, Midoto!
Inače, čini mi se da imam rešenje za onaj tvoj problem podele četvorougla (tačnije: imam rešenje, a čini mi se da je dobro).
Evo, sad sam stigla kući i nacrtala na brzinu:



S je sredina dijagonale BD, pa četvorouglovi ABCS i ASCD imaju jednake površine.
Ako povučemo SW paralelno sa AC kao na slici, dobijamo jednake šrafirane površine, pa je AW tražena prava. Je l' tačno? 

Uvek su ti elegantna rešenja.

Sjajno rješenje, Mouchette!

Quote from: Midoto on 09-01-2013, 10:09:07

Imam vrlo težak i isto toliko lep zadatak sa Turnira gradova. Valjala bi mi pomoć, samo još da ga lepo sročim (prevod je malo nejasan).

Kad će taj zadatak? Onaj prošli sa Turnira gradova je bio super zanimljiv!


Ja se trenutno zabavljam ovim zadacima vezanim za primjenu trigonometrije u geometriji. Prvi sam bezuspješno pokušavao riješiti još ljetos, pa sam onda pomoć dobio na nekom matematičkom forumu. Drugi i treći sam uspio samostalno da riješim, kao i sedmi pod a. Ako uspijete riješiti bilo koji od preostalih zadataka, osjećajte se slobodnim da rješenja okačite ovdje.

Ko zna ruski, evo mu u originalu:

Банк обслуживает миллион клиентов, список которых известен Остапу Бендеру. У каждого
клиента есть свой PIN-код из шести цифр, у разных клиентов коды разные. Остап Бендер
за один ход может выбрать любого клиента, которого он еще не выбирал, и подсмотреть
у него цифры кода на любых N позициях (у разных клиентов он может выбирать разные
позиции). Остап хочет узнать код миллионера Корейко. При каком наименьшем N он
гарантированно сможет это сделать?

Evo o čemu se radi:
Ostap Bender hoće da provali Korejkovu šestocifrenu šifru u banci. Banka ima milion klijenata i svi imaju različite šifre. Ostap sme da otvori nekoliko cifara u kodu svakog klijenta, ali ne sme više da se vraća istom klijentu ako ga je već "obradio". Ako otvara svih 6 cifara - očigledno će pronaći lako Korejkov kod. Isto tako, ako otvara po 5 cifara. Pitanje je: koliko najmanje cifara može da otvara na kodu svakog klijenta, da bude siguran kako će otkriti i Korejkovu šifru?
Eto, malo je zafrknut u formulaciji, ali mislim da je jasno. (Ne mora uvek da bude isti redosled. Ako je jednom klijentu otvarao prvu, drugu, treću, šestu, sledećem može prvu drugu treću, četvrtu... Da ovo ne bude navlaka - ne znači da je najmanji broj potrebnih otvaranja 4.)

Dodatak: Bender zna koji je Korejkov račun, samo ne zna šifru. Jasno, može i kod njega da otvori isto toliko cifara kao kod drugih klijenata.

Zanimljiv zadatak!


Sa tri cifre Bender može lako da dođe do Korejkove šifre. Dovoljno je da u šiframa svih ostalih klijenata otvori prve tri cifre pa da vidi koji mu trocifreni broj fali (svaki trocifreni broj će se ponavljati 1000 puta, osim onog kojim počinje Korejkova šifra; taj će se ponavljti 999 puta), a onda u Korejkovoj šifri otvori tri posljednje cifre.


No, javlja mi se da je moguće doći do šifre i sa otvaranjem po dvije cifre. A i ako nije, treba dokazati da ne može.

Quote from: Ygg on 10-01-2013, 00:31:59

No, javlja mi se da je moguće doći do šifre i sa otvaranjem po dvije cifre. A i ako nije, treba dokazati da ne može.

To! Zato i rekoh da bi mi valjala pomoć.
A ovaj zadatak me je ponukao da ponovo potražim Iljfa i Petrofa.

Da li cifre mogu da se otvaraju postepeno, prvo otvoriš jednu cifru, pa onda odlučiš koju ćeš sledeću?

Trebalo bi. Ako imaš rešenje sa dva otvaranja uz taj uslov, odlično!

Lep zadatak  Probaću i ja tokom dana da razmislim o tom dokazu da ne može 2 (što mi izgleda mnogo verovatnije od nalaženja algoritma sa 2 otvaranja).

Hm... taj dokaz da ne može manje od 3 možda bi mogao da sadrži i ovo:
- ma kakav da je algoritam za odabir šifara koje ćemo otvorati, mi uvek u stvari otvaramo neku poziciju i kada nađemo grupu od 100000 istih cifara odbacujemo je (tu cifru)
- ako sa M označimo broj neotvaranih šifara koje su preostale posle otkrivanja grupe od po 100000, onda je M <=  899999 (jednu koju tražimo smo ostavili po strani) 
a najmanje je  Mmin=999999-(10x99999 +1)= 8
Tih 8 neotvaranih je bitno za određivanje min broja N.

E sad, pošto moramo ovo isto da ponovimo još 5 puta, za ostalih 5 cifara  (jer su cifre nezavisne u odnosu na svoju poziciju, pa sve ide opet isto), onda...  razmisliću šta dalje (spremam mafine, izgoreće mi u rerni - eto zašto veliki matematičari nisu bili matematičarke )

Nešto sam zaboravila da pitam Midoto. Da li onaj zadatak koji sam rešila (o podeli četvorougla) ima i neko drugačije rešenje (pošto si pomenuola da je ovo moje rešenje 'elegantno')? Tj. da li se na neki drugi način može doći do ove iste prave?

Quote from: Midoto on 10-01-2013, 00:55:30

Quote from: Ygg on 10-01-2013, 00:31:59

No, javlja mi se da je moguće doći do šifre i sa otvaranjem po dvije cifre. A i ako nije, treba dokazati da ne može.

To! Zato i rekoh da bi mi valjala pomoć.
A ovaj zadatak me je ponukao da ponovo potražim Iljfa i Petrofa.

И Мела Брукса!

E ovo sa Melom Bruksom mi nije jasno.

Mušet, mene buni što nisu sve cifre nezavisne. U redu, ima 100 000 napr. dvojki na prvom mestu. Međutim, ima samo 10 000 parova 23 na prvom i drugom mestu. Ako pretpostavimo da otkrivam u 900 000 raačuna prvo i drugo mesto, a onda na 90 000 računa prvo i treće mesto (itd.) da li bih nekim eliminacijama došla do odgovarajućih cifara?

Ima i drugačije rešenje onog zadatka: prvo pretvorim ABCD u trapez iste površine, a onda taj trapez u trougao čija je osnovica na pravoj DC, a preostalo teme je A. Konačno sam trougao podelim trivijalno na dve jednake površine iz temena A. Ako nisam jasna, naoružaj se strpljenjem, pa ću ispisati korak po korak, jer sam tek savladala kačenje fotografija, a skeniranje pa kačenje je van mojih trenutnih mogućnosti.

Za prethodni zadatak - stvarno ne može manje od 3 (sem ako mi je nešto neverovatno promaklo). Imamo milion otvaranja (sem jednog, Korejkovog) za još 2 000 000 nezavisnih dvocifrenih brojeva...

Evo jednog vrlo simpatičnog:

U zatvoru je 6 zatvorenika. Stražar ima 60 flašica: u 59 je pravi sok, u jednoj je tečnost koja po svemu (mirisu, ukusu, boji...) liči na sok, ali je nekakva gadna supstanca - dovoljno je uzeti jednu kap i sutradan se probuditi trešten pijan.
Stražar mora (i može) tokom jedne noći da pronađe koja je to flašica. Kakva mu je strategija?

20 kapi iz 20 boca će pomešati i dati jednom zatvoreniku.
Ako se napije, dakle, gadna boca je u tih 20.
Onda će drugom dati 7 kapi iz sedam boca od tih 20.
Ako se napije onda će trećem dati 3 kapi iz tri boce od tih 7.
Ako se napije onda će dvojici dati po kap iz dve boce, pa ako neki bude pojan tajj je, ako ne bude, onda je u preostaloj boci.

A ko drugi nije bio pijan onda treba novih 7 kapi iz 14 mogućih boca dati jednom....

I tako dalje, ima gomila varijacija na temu, ali to je siste,
Suština je da dođe do prave boce pre nego što napije svu šestoricu.

Ovom zadatku nedostaje ipak neko ograničenje, jer on može krenuti redom i dati po jednu kap iz različitih boca svakome, pa ako niko ne padne pijan, onda ponoviti sa drugih šest boca i tako redom dok jedan zatvorenik ne padne. Zato mislim da treba ograničiti broj pokušaja.

Imaš ograničenje - sutradan se budi trešten. Stražar može tek nakon buđenja da odredi koja je boca neispravna na osnovu pijanstva zatvorenika. Dakle - tokom noći im daje piće, sutra ujutru podnosi izveštaj.

E, to je već ozbiljan zadatak.

Quote from: Midoto on 10-01-2013, 17:30:25
E ovo sa Melom Bruksom mi nije jasno.

Мел Брукс је урадио одличну адаптацију књиге Дванаест столица. Франк Лангелла је Остап Бендер.

I ja bih da ti postavim jedan zadatak, ali da podneseš izveštaj meni.

Za zatvorenike koristiti binarni sistem. Svakoj bočici dodeliti broj od 1 do 60. Svaki broj se predstavi kao 6 cifara u binarnom obliku, pa je na primer 42 dekadno = 101010 binarno. Svaka cifra kontroliše po jednog zatvorenika, i zatvorenik mora da popije po kap iz svake bočice koja ima cifru jedan dodeljenu za tog zatvorenika. Sutradan konstruišemo binarni broj tako što upisujemo 1 za svakog pijanog, i 0 za treznog, i to upisujemo tačno na ono mesto u broju koje odgovara tom zatvoreniku. Dati binarni broj određuje redni broj bočice.

Rešenje zadatka bi bio očiglednije da je dato 64 bočica.

Quote from: Harvester on 24-01-2013, 11:02:20

Quote from: Midoto on 10-01-2013, 17:30:25
E ovo sa Melom Bruksom mi nije jasno.

Мел Брукс је урадио одличну адаптацију књиге Дванаест столица. Франк Лангелла је Остап Бендер.

Naći ću, mada sam ubeđena da sam davno odgledala sve njegove filmove.

@Mac, zato je i stavljeno 60 - da ne bi odmah vuklo na binarni sistem. Zapravo je u originalu 1000 bočica, a 10 zatvorenika, ali kada se smanji stepen dvojke, dostupnije je i klincima koji intuitivno dele na pola.

Zanimljivo, imam utisak da bih se dosetio rešenja za sekundu brže, da je bilo dato 1000/10. U mom svetu 1024 je "okruglija" brojka od 64

Da, to je onaj vic o dva programera koja se klade u 1000 dinara, a jedan kaže: "Neka bude 1024, da bude okruglo."

Tragam za zadacima za koje ne treba previše znanja, ali razvijaju logičko razmišljanje (po meni je ovaj prethodni jedan od takvih) i često mogu da se rešavaju u glavi. Ima li ko da prijavi neki takav?

Quote from: Midoto on 24-01-2013, 10:08:08

U zatvoru je 6 zatvorenika. Stražar ima 60 flašica: u 59 je pravi sok, u jednoj je tečnost koja po svemu (mirisu, ukusu, boji...) liči na sok, ali je nekakva gadna supstanca - dovoljno je uzeti jednu kap i sutradan se probuditi trešten pijan.
Stražar mora (i može) tokom jedne noći da pronađe koja je to flašica. Kakva mu je strategija?

Lijep zadatak! I odlično mac-ovo rješenje! Iskoristiću ga na dodatnoj. (Zadatak, a ne mac-a.  )

Quote from: Midoto on 24-01-2013, 12:37:35
Tragam za zadacima za koje ne treba previše znanja, ali razvijaju logičko razmišljanje (po meni je ovaj prethodni jedan od takvih) i često mogu da se rešavaju u glavi. Ima li ko da prijavi neki takav?

Evo jednog iz kombinatorne geometrije koji spada u takve:

Imamo u ravni 3 vodoravne i 7 uspravnih pravih. Njihovi presjeci određuju 21 tačku. Svaka tačka je obojena crvenom ili plavom bojom. Dokazati da je, bez obzira na bojenje, uvijek moguće pronaći pravougaonik čija su sva četiri tjemena obojena istom bojom.

Napomena: Ako imamo 3 vodoravne i 6 uspravnih pravih, onda je moguće obojiti tačke tako da nemamo istobojnih pravougaonika. Evo na slici jednog takvog bojenja.

Мрзим те задатке гдје мора да се мисли.

I ovo mi miriše na nešto binarno. Ovih šest kolona predstavljaju binarne brojeve od 1 do 6. Istovremeno, tih šest kolona su i sve moguće kombinacije od jednog elementa jedne boje i dva elementa druge boje. Ali ne znam kako to da iskoristim.

Zbog Maca ću plave nazvati 1, a crvene 0 (mada bih radije baratala slovima P i C).

U ovom primeru je raspored: 110, 001, 011, 010 100, 101, tj. ne smeju da se ponove dve jedinice ili dve nule na istim mestima (prvo i drugo, prvo i treće...). Ako sedmi put ponovimo neku od ovih kombinacija - očigledno je da imamo praougaonik. Ukoliko ne želimo da ponavljamo, ostaje nam samo 000 ili 111, a to će stvoriti tri pravougaonika.

Ygg, vole li tvoji učenici ovakve mozgalice?

Čula sam pre izvesnog vremena na seminaru desetak lakih zadataka, za čije rešavanje nije potrebno nikakvo matematičko predznanje (možda će baš zbog toga biti interesantni i drugima). Za početak:
     
1. Šta je sledeće?
      A  H  ∀   

2.  Koje slovo treba dodati?
       A B C D _       

Mouchette, hajde razjasni mi ovaj drugi, jer dumam šta bi moglo da bude sem E, a ne nalazim logiku.

Evo vam jedan "orah". Opet stražar i opet zatvorenici (i opet sam ga preradila u manje brojeve, jer mislim da je odličan za dodatnu nastavu )

Stražar ujutru okupi deset zatvorenika i na leđa im zalepi jedan od brojeva iz skupa od 1 do 10. Neki zatvorenici mogu imati i isti broj na leđima, jer stražar ima po 10 komada od svakog broja, pa nasumično stavlja nalepnicu, a mogu imati i svi različite. Tek - svaki zatvorenik ima na leđima jedu nalepnicu i svaki može da vidi ostalih devet, pa da (bez ikakvog domunđavanja, znakova ili sličnih prevarica) zapiše broj od 1 do 10, za koji misli da je na njegovim leđima. Ako bar jedan zatvorenik pogodi broj - svi bivaju nagrađeni. Ako svi promaše - svi će biti kažnjeni. Elem, zatvorenici naprave strategiju (matematičku) zahvaljujući kojoj svakodnevno dobijaju nagrade. Kakva im je strategija?

Ha, znam odgovor na drugo: F, jer već imamo donju crtu da na kraju dobijemo E.

Baš me je oraspoložio.

Jednostavan odgovor na prvo može biti H, jer kad H okreneš za 180 stepeni opet dobijaš H, međutim moglo bi biti i —. Posmatrajmo kretanje dve kose linije koje čine slovo A. Ako razdvojimo ove dve linije, tako što ih okrenemo oko spojnica sa trećom horizontalnom linijom, onda dobijamo H. Ako nastavimo da okrećemo ove dve linije onda dobijamo ∀, a ako nastavimo da ih okrećemo još više onda dobijamo prosto jednu dugu vodoravnu liniju, to jest —

1. Da, Mac je u pravu, F je traženo slovo.
2. Da, Mac je u pravu, — je sledeći simbol.
Obično svi kažu da je  to H, ali tada nemamo pravilo i vezu između susednih članova, a ako ćemo da posmatramo pravilo za dva člana (A  H  ∀  H...) onda bismo mogli da imamo i za tri člana (A  H  ∀  A  H  ∀...), što mislim da nije namera onog ko je sastavljao zadatak.

 A kad ste ovako brzi, evo još jednog zadatka sa istog tog skupa.
Sudija se obraća optuženom: 'Vi ste drugooptuženi. U toku istražnog postupka nedvosmisleno je dokazano da ste prisustvovali svim ubistvima, ali da ni jedno niste vi izvršili. Čak je dokazano da ste pokušali da sprečite da do ubistava dođe. Zbog svega toga u potpunosti vas oslobađam optužbe.'
Zatim se obraća drugom optuženom: ''Vi ste prvooptuženi. U toku istražnog postupka nedvosmisleno je dokazano da ste baš vi počinili sva ubistva i zbog toga bih morao da vam, po zakonu, izreknem smrtnu kaznu, ali ja to neću, ipak, učinitii.'
Zašto?
(ako neko zna ovaj zadatak odranije ne mora odmah da napiše rešenje, možda će ga rešiti neko ko ga čuje po prvi put  )

Obožavam ovakve pitalice a dosetila sam se i rešenja, samo ne bih odmah da ga pišem, da ne kvarim zabavu.

Quote from: Dacko on 29-01-2013, 18:17:45
Obožavam ovakve pitalice a dosetila sam se i rešenja, samo ne bih odmah da ga pišem, da ne kvarim zabavu.

Hajde, pošalji mi ga na PM, da ne budeš u neizvesnosti.

Ubica je Đems Bond, on ima dozvolu za ubijanje.

Ako ima dozvolu onda mu po zakonu ne mogu ništa. To "po zakonu" je najveći deo problema.

Ubistvo je protiv zakona. Ne sudi se za ubistvo nego za "protiv zakona".

Ne, ne, to nije jedna od onih priča o tome kako je žena napustila muža a njega su optužili da ju je ubio. On onda odleži 20 godina u zatvoru, zatim je nađe, ubije i biva oslobođen, jer je već robijao. Ovde se radi o višestrukom ubistvu, žrtve su poznate, a ubica nije imao nikakvu dozvolu, dozvolu za ubijanje.

Da kažem i javno: Dacko je rešila!

Možda su u pitanju sijamski blizanci, pa ne možeš da kazniš krivca, jer bi tako kaznio i nevinog.

I meni je palo na pamet - ili sijamski blizanci ili shizofrena ličnost (mada ne bi bilo baš po zakonu, s obzirom na bolest).
Koji je pravi odgovor?