Problémák megoldásához súlyú és a transzfúzió, a szociális háló a pedagógusok
- frissítés
- Feladatok kell mérlegelni
- Kihívások a transzfúzió
- következtetés
- irodalom
Matematikai problémák transzfúzió és a súlya már ősidők óta ismert. Most már megtalálható a Diákolimpia feladatai vagy számítógépes játékok - puzzle. A klasszikus probléma a hamis érmék (FM) nemrégiben talált alkalmazások Kódelméleti és információ - felismerni a kódon. A cél a munkánkat -, hogy megtalálja és le algoritmusok ilyen jellegű problémák megoldását. Kihívások a transzfúzió és a súlyozás a típusú kombinatorikus keresési problémák; a döntés jön le, hogy dolgozik információkat.
A vizsgálatban azt találták, hogy a különböző tantárgyak ezek a problémák sok. Ezért megvizsgáltuk a leggyakoribb témákat az egyes.
Feladatok kell mérlegelni.
Feladatok mérlegelni kell az a típusú feladatokat szeretne telepíteni egy konkrét tény (a hamis érme közül, rendezni a készlet rakomány emelkedő súlya és így tovább. N.) lemérjük a fény egyensúly nélkül tárcsát. Többnyire az érméket használják tárgyakat kell mérlegelni. Ritkábban van még egy sor súlyok ismert tömegű.
Nagyon gyakran használt készítmény az a probléma, amely megköveteli, hogy meghatározzák a minimális számú mérés, vonatkoznak a létesítmény egy adott tény vagy indok meghatározására algoritmus ezt a tényt egy bizonyos számú mérés. Kevésbé gyakori állítás, megköveteli a választ arra a kérdésre, hogy lehet megállapítani egy bizonyos tényt számos súlyú. Gyakran előfordul, hogy egy ilyen nyilatkozat nem túl jó, mint egy pozitív választ arra a kérdésre, a probléma gyakran csökkenti az építési az algoritmus, és a negatív szinte nem fordul elő.
Keresés megoldások végezzük összehasonlító műveletek, és nemcsak egyetlen sejtek, hanem a csoportok elemeinek egymással. Feladatok Az ilyen típusú leggyakrabban megoldani a vitát.
Áttekintve az irodalomban ebben a témában, akkor arra a következtetésre jutott, hogy az összes feladatot kell mérlegelni lehet osztani a következő típusú:
Problémák a összehasonlítással súlyokkal.
Kihívások a mérlegelés a mérleg súlyokkal.
Kihívások a mérlegelés a mérleg súllyal.
Célkitűzés 1.1 A legtöbb klasszikus puzzle.
Az egyik 9 hamis érme súlya könnyebb jelen. Hogyan lehet azonosítani a hamis érme (FM) 2 súlyozás?
Határozat. A lényeg az ilyen problémák megoldása - helyes harmadot. t. e. oszthatják sok lehetőség három egyenlő részre. Miután az első harmad maradjon legfeljebb három érmét, miután a második - nem több, mint 1:00, ami ferromágneses.
Mérjük az érme 123 és 456. A semmissé 789.
Ha a 123 könnyebb köztük FM; nehezebb majd körében FM 456; egyenlő, többek között FM 789.
Következő lépésként mérjük első és a második érme a halom, ahol van FM. Ha a mérleg egyensúlyban van, a harmadik érme hamis. Ha ez nincs egyensúlyban, akkor az FM érme a pohár, ami könnyebb.
Hipotézist. Vannak algoritmusok meghatározására FC a legkevesebb súly mérés esetén, ha ismert, hogy az FM nehezebb vagy könnyebb, mint ez (1. algoritmus), és abban az esetben, ismeretlen (2. algoritmus).
1. Legyen általánosítás az érme, és egyikük - hamis (több mint kettő). Köztudott, hogy könnyebb bemutatni. Mi az a minimális számú mérés megtalálható FM?
1. ALGORITMUS eltakarja a tál K 3 maradó érmék defer (ha az érmék számának nem többszöröse 3, majd tegye az azonos számú érmét egyenlő (K-1), a tál 3 vagy (K + 1): 3, attól függően, hogy amelyek természetes). Továbbá, ha az egyik tálak ellensúlyozza, az FM, a másik oldalon, és abban az esetben az egyensúly - FM között halasztani. Ismételje meg ezt a csoportot az érmék, amelyek között az FM.
FM abban az állapotban lehet nehezebb, hogy jelen esetben, amint azt állítjuk, csak FM érme lesz a tálat, ami ellensúlyozza.
Tekintsük a probléma súlyát, ahol is ezt a szabályt.
Célkitűzés 1.2 Jelenleg 9-Guirec tömeg szabványok 100.200, ..., 900 gr. Egyikük látogatott a kezében tisztességtelen kereskedők és most súlya 10 gramm. kevesebb. Hogyan találják meg a 2 tömegű?
Találunk két háromágyas súlyok, azonos súlyú. Például, súlya 100 + 500 + 900, és
200 + 600 + 700 maradnak 300 + 400 + 800. Érvelés is megtalálja sérült csoport súlyát. Akkor majd megtalálja az elkényeztetett csiga, hozzátéve nyilvánvalóan igaz. Például, 200 + 600 és 700 + 100.
A következő feladat különbözik, hogy az előre nem ismert -legche FM vagy nehezebb, mint az igazi.
Célkitűzés 1.3 A három érmét, egy hamis, és nem ismert, hogy nehezebb vagy könnyebb ezt. Hogyan találják meg a két mérési és meghatározza könnyebb vagy nehezebb ez?
Ebben a feladatban 6 lehetséges válasz (minden három érmék lehetnek a könnyebb vagy nehezebb, mint ez.)
Válasz: Igen, akkor, a legkevesebb súly mérés 2.
1.4 Probléma Van 4 jelölésekkel súlyok 1d, 2d, 3d, 4d. Ezek közül az egyik hibás - a könnyebb vagy nehezebb. Lehetséges, hogy mérjük két állapította meg, hogy a tömeg, és meghatározza könnyebb vagy nehezebb ez?
Íme 8 válaszokat. Mérjünk 1g + 2G és 3a, majd 1d + 3D és 4D súlya.
Kapjuk az alábbi táblázat beállításai:
2. Legyen általánosítás az érme, és egyikük hamis. Mi az a minimális számú súlyú lehet meghatározni FM, és ez könnyebb vagy nehezebb?
Először meg kell tudni, hogy a számos lehetséges válaszokat. Az K * 2, mivel minden egyes érme lehet könnyebb vagy nehezebb. Aztán számának meghatározására mérés. Az egyik súlyozás határozza meg a három lehetőség. =. Két súlyú 9 meghatározza lehetőségeket. =. <>,> =, >>, == (3 * 3, de ebben a kiviteli alakban == lehetetlen feladat) meghatározza .Tri súlyú 3 * 3 * 3 = 27 változatok, stb
Algoritmus 2. Osszuk az érméket három csoportra osztották. Ha K nem osztható 3, akkor vagy (K-1) osztható 3, majd tegye a mérleget a (K-1): 3 érme maradnak (K-1): 3 érmék és 1 érme. Vagy (c-2) osztható 3, majd tegye a mérleget a (K-2): 3 érme maradnak (K-2): 3 érmék és 2 érméket. Mérleg az első és második csoportok, majd a második és a harmadik, a következtetést, amelyben csoport FM. Ha az egyensúly volt mindkét esetben egyensúlyban van, akkor az FM elhatárolt érméket, majd száma szerint halasztott érmét egy vagy két mérlegelési fogunk találni FM és a könnyebb vagy nehezebb, mint jelenleg (összehasonlítva a valódi érme). Továbbá, ha az FM nem jelent meg a halasztott érmék, meg tudunk állapítani, könnyebb vagy nehezebb, mint ő ragaszkodott. És akkor működnek megfelelően az algoritmus 1. jelölő érméket csoport 1, 2, 3, show testtömegű 1i2 1i3 akkor ebben a táblázatban.
Ismerve nehezebb vagy könnyebb FM jelen, fel tudjuk használni algoritmom1 leírt szintézisének 1. Mint látható, van egy részlege három egyenlő részre, mint lehetséges.
Ellenőrizzük algoritmus nagyobb számú érmét.
Célkitűzés 1.5 Jelenleg 80 érme, amelyek közül az egyik hamis. Mi az a minimális számú mérés a skálán a súly, akkor talál egy hamis érme?
Határozat. Tartunk az első súlyozás: hozott egy tál (80-2): 3 = 26 érméket. Abban az esetben, FM ravnovesiya- a megmaradt 28; súlyoztuk ezeket 26 érmék 26 „gyanús”, mi határozza meg az FM könnyebb vagy nehezebb a közölt (abban az esetben, az egyensúly, ez a fennmaradó két, majd azt is meg kell mérlegelni 2). Ha az első mérlegek nem voltak egyensúlyban, a hamis - egyes csésze a mérlegre. Összehasonlítjuk az első csoport érmék jelen a harmadik és a következtetések levonása. Ezután ossza el a csoport érmék, ahol van egy hamis 9, 9, 8, lemértük, majd mérjük az érme 3, majd - az egyik.
Válasz: 5 súlyú.
1. algoritmus Mérjük az első két csoport érme. (Isolated szín).
* A második súlya találni egy csoport érméket tartalmazó FM. Ha az 1. és 2. Mérleg egyensúlyban vannak, akkor az FM közül a fennmaradó egy vagy kettő. Ha a fennmaradó 1 érmét, akkor az FM és a súlya is a jelen, meg könnyebb vagy nehezebb, mint egy igazi érme. Ha lenne 2, akkor mérlegelés őket össze, majd az egyikük ezt megválaszolni a kérdést, a problémát. Ha az első vagy a második esetben a mérleg nincs egyensúlyban, akkor lehet meghatározni egy csoportja érméket tartalmazó FM, valamint arra következtetni, hogy ez könnyebb, vagy nehezebb, mint egy igazi érme.
- Ha az érméket 2. 2. feladat nincs megoldás.
- Ha az érme 3, akkor megtalálja köztük a hamis pénz szükséges 2 súlyozással.
- Ha érméket 4-9 befogadó, a legkisebb számú mérés megtalálása hamis érme 3.
- Ha az érméket 10-27 befogadó, ez egyenlő 4.
- Ha érméket 28-81 befogadó (annak a ténynek köszönhető, hogy a 81 * 27 = 3), a legkisebb számú mérés egyenlő 5.
Összefoglalva a feladatokat.
- Hagyja az érmék számának k megfelel
és köztük van egy hamis, amely ismert, hogy könnyebb vagy nehezebb, mint az igazi. Ezután a legkevesebb mérés sugár egyensúlyt kell találnia a hamis érme egyenlő n. - Hagyja az érmék számának k megfelel
és köztük van egy hamis, ami ismeretlen, ez könnyebb, vagy nehezebb, mint az igazi. Ezután a legkevesebb mérés sugár egyensúlyt kell találnia a hamis érme egyenlő n.
A hipotézis megerősítést nyert. Bemutatjuk algoritmusok meghatározására FC a legkevesebb súly mérés esetén, ha ismert, hogy az FM nehezebb vagy könnyebb, mint az igazi (1. algoritmus), és abban az esetben, ismeretlen (2. algoritmus).
Kihívások a transzfúzió.
Leírás: miután több hajó különböző méretű, amelyek közül az egyik tele van folyadékkal, szeretné osztani, hogy bármilyen módon, vagy öntött bármely része más hajók által a legkisebb számú vérátömlesztést.
A transzfúzió problémákat meg kell adnia egy műveletsor, amellyel a szükséges transzfúzió, és készített valamennyi feltételét a problémát. Ha nem mond semmit mást, úgy gondoljuk, hogy
- minden hajó nélkül szétválásra,
- lehetetlen folyadékot önt „szemmel”
- Sehol nem lehet folyékony és sehol lefolyni.
Azt lehet mondani, hogy pontosan mennyi folyadékot az edénybe, csak az alábbi esetekben:
- tudják, hogy a tartály üres,
- tudják, hogy a tartály tele van, és a feladat adott, hogy a kapacitás,
- A probléma adott, hogy mennyi folyadékot az edénybe, és a transzfúzió e hajóval nem hajtják végre,
- transzfúziós érintett két hajó, amelyek mindegyike jól ismert, mint volt folyékony, és miután az összes folyadék transzfúzió illeszkednek az egyiket,
- transzfúzió érintett két hajó, amelyek mindegyike jól ismert, mint ahogy a folyékony ismert az edény űrtartalma, amely öntenek, és köztudott, hogy az összes folyadékot mert nem illik, hogy találunk a továbbra másik edényben.
A leggyakrabban használt módszer a verbális megoldások (azaz a munkafolyamat leírás), és a módszer segítségével táblázatok megoldások, ahol az első oszlopban (vagy sor) jelzi az összeg a tartályok, és minden következő - az eredmény a rendszeres transzfúzió. Így, az oszlopok száma (kivéve az elsőt) számát mutatja transzfúziót szükséges. Ugyanezek a módszerek (verbális és a táblázatot) és használt problémák megoldásában a mérlegelési. Azonban találtunk egy másik érdekes módja, hogy lehet megoldani az ilyen problémákat. Ez a módszer matematikai biliárd. Ya Perelman könyvében „Szórakoztató Geometry” javasolt a problémák megoldása érdekében a transzfúzió segítségével „intelligens” végez el. Minden esetben javasolta, hogy építsenek egy biliárdasztal speciális kialakítása egyenlő oldalú háromszög, a hossza a két oldalán, amelyek számszerűen egyenlő térfogatú két kisebb hajó. Továbbá a hegyesszög az asztal mentén az egyik fél kell „start” labdát, amely a törvény által „a beesési szög egyenlő a visszaverődési szög” szembe kell néznie az oldalán a táblázat, ami azt mutatja, a sorozat transzfúziót. A oldalán a táblázat alkalmazzák osztásköz értékét, amely megfelel a kiválasztott mennyiség. Ennek eredményeként a mozgás vagy a labda a perem a kívánt ponton (akkor a problémádra van megoldás), vagy nem hit (ha úgy tekintjük, hogy a probléma nem megoldás). Biliárdgolyó lehet mozgatni csak az egyenes vonalak alkotó rács a paralelogramma. Megnyomása után az oldalán a paralelogramma labda tükrözi, és továbbra is mozognak a lapok jönnek onnan, ahol volt egy ütközés teljesen jellemzi, hogy mennyi víz van az egyes hajók.
Az átalakított szórakoztató feladat.
Kiderült 7 transzfúziót. Azonban, ha az első az edénybe 5 pint, telne 18 transzfúziót.
Mindig ilyen típusú probléma lett a megoldás?
biliárdgolyó módszert lehet alkalmazni, hogy a probléma a folyadék transzfúzió, nem több, mint három hajó. Ha a kötet a két kisebb hajók nincs közös osztója (m. E. viszonylag fix) és a kötet a harmadik hajó nagyobb vagy egyenlő, mint a mennyiségek összege két kisebb, segítségével a három hajó mérhető bármely egész l, kezdve 1 liter és befejező kötet közepén a hajó. Miután, például tartályok 15, 16 és 31 liter, ez lehet mérni bármely számú vizet 1 és 16 liter. Az ilyen eljárás nem lehetséges, ha a mennyiség a két kisebb hajók közös osztó. [10] Ha egy nagyobb mennyiségű a hajó összege kisebb, mint a másik két kötetben, új korlátozásokat. Ha például, azonos térfogatú edénykék 7, 9 és 12 liter, akkor szükséges, hogy csökkentsék a részét a rombos jobb alsó sarkában. Ezután a labda lesz képes bárhová 1-9, kivéve a 6. pont Annak ellenére, hogy a 7. és a 9. viszonylag fix, mérjük ki 6 liter vizet lehetetlennek bizonyul annak a ténynek köszönhető, hogy a legnagyobb tartály túl kicsi. Könnyen belátható, hogy a pont a 6-os szám az ábrán egyenlő oldalú háromszög alakban, és nem kap ez a háromszög bármely más ponton kívül. Megjegyzendő, hogy a általánosítása a módszert az esetben a matematikai medence négy hajó csökkenti a mozgás a labda a térbeli domain (téglatest). De nehézségek merülnek fel, amikor ezt a képet utakat tenni kényelmetlen módszer.
Az előnye ennek a módszernek, elegáns matematikai medence áll elsősorban a világosság és vonzerejét.
Összefoglalva azt mondhatjuk, hogy a kutatómunka során:
1. Gyűjtse elméleti és gyakorlati anyagot a kutatási probléma.
2. A munka eredményeként voltunk rendszereztem feladatokat transzfúzió és a súlya.
3. Amikor benyújtása döntési algoritmusok.
4. Összeállított bemutatót tájékoztatni osztálytársai ezek a feladatok, és segítse őket a felkészülés az olimpiára.
Így elmondható, hogy az elvégzett munka általunk gyümölcsözőnek bizonyult, a hallgatók megismerkednek a módokat és módszereket problémák megoldása a mérlegelési és a transzfúzió. Megtanultuk, hogyan kell alkalmazni a legjobb módja, hogy foglalkozzon velük. Visszajelzéseket, a munka lehetővé tette számukra, hogy elsajátítsák a módszereket problémák megoldása a transzfúzió bővítette látókörüket. A diákok jegyezni az alkalmazási lehetőségét és a praktikum biliárd módszer megoldására az ilyen típusú feladatok. Folytatva tovább ebben a tanulmányban, akkor is meg kell találnia a képletet a legkisebb számú mérés (transzfúzió).
bibliográfia
2. Halperin GA Időszakos mozgása a golyó / Quant. 1989 № 3.
3. F.F.Nagibin, E.S.Kanin Matematikai doboz M. Oktatási 1988
4. Ya.I.Perelman Érdekes geometria M. GIFML 1959
11. Bayif F-K. Logikai problémák. Mir, 1983. 171 p.
12. Tömeges MB Balk GD Math iskola után. M. Oktatási 1971.
13. AI Barabanov Cherniavsky IJ Problémák és gyakorlatok a matematika. Szaratov: Szaratov State University Press, 1965. 234 p.
14. Barr S. placers rejtvényeket. Mir, 1978. 414 p.
15. M. Berrondo Érdekes probléma. Mir, 1983. 229 p.
16. W. Ball Coxeter Matematikai esszék és szórakozás. Mir 1986. 472.
17. Perelman YI Szórakoztató számtani.
18. Frenkel Perelman Szórakoztató algebra.
19. Perelman YI Érdekes geometria.
20. Perelman YI Élő matek.
Képaláírásokat diák:
Problémák megoldásához súlyú és a transzfúzió