Ol vzmsh a Moszkvai Állami Egyetem matematika ötletek

Célzást 436 b) - egy hasonló probléma. Chotov írja a táblára egy egész szám, akkor páratlan - több. Ha az összeg még a győztes Chotov, ha páratlan, akkor furcsa. Lehet egyikük játszani úgy, hogy minden eszközzel nyerni?

Határozat. Tegyük fel, hogy Chotov nevezett páros. Ezután nyerni Nechotovu elég, hogy páratlan számú, például 1. Ha Chotov hívott páratlan szám, akkor furcsa, hogy megnyerje hívja páros szám, mint a 0. Tehát az algoritmus mindig vezet a győzelem ebben a játékban van Nechotova.

Tipp a feladatokat a 490 és 493-494 hasonló feladatot.

494. Mivel az 1, 2, 3,4,5,6. Megengedett bármely kettő hozzá a készüléket. Lehetséges egy pár lépést, hogy kiegyenlítse azokat a számokat?

Határozat. Hozzátéve, hogy az egységek száma megváltozik paritás. A kiegészítés a két szám 1 változtatni a paritás a két szám. Ha ezek közül kettő a páros, páros

szám lesz két kisebb, ha a két páratlan, akkor a még lesz két. És ha az ember volt, még a másik páratlan, akkor a szám páros nem fog változni. Mindenesetre, a paritás a szám páros nem fog változni. Más szóval, van paritása páros szám - invariáns. De ha mind a hat számot ugyanaz lesz, az még köztük lesz 0 vagy 6 - páros.

Tipp 448. Keresse meg az invariáns.

450. A verseny az érintett három futó Ivanov, Petrov és Sidorov. A verseny előtt a ventilátor 4 4 adta ilyen előrejelzés:

1. Ivanov nyer.
2. Sidorov előzni Petrov.
3. Petrov befejezi a következő után Ivanov.
4. Sidorov nyer.

A verseny után kiderült, hogy nem volt még több hívő között előrejelzéseket. Milyen sorrendben befejezte futók?

Tip. Mivel nehéz bármilyen következtetést levonni anélkül, hogy tudnánk, pontosan mi előrejelzések helyesek, azt tanácsolom, hogy próbálja megoldani a problémát a nyers erő, annál, hogy menjen át lesz összesen 6 opció (3 változata győztes kombinált két változatban bármely másik résztvevő a második helyen). Töltsük meg a saját asztalra. Változatok jelöli egy hármas, amely az első betű a nevét. Győztese a rekord az első helyen a bal oldalon futott az utolsó - az utolsó bal oldalon.

Hány fekete-fehér kockák, mint a kocka 3 * 3-as és 13 * 13. kivéve a központi kocka. Következtetéseket levonni. Abban az esetben, ha a következtetést a lehetetlensége csinál korai, megpróbálja bebizonyítani „Talán.” Ehhez meg kell találnia és festékrétegek a helyes utat az egér. Ne feledje, hogy ha az egér átmegy rétegről rétegre, hogy belép a kocka, ami fekszik felett vagy alatt a kezdeti egy.

A probléma, hasonlóan a kör 466. 4. pontban kerül sor. Hogy lehet-e úgy megépíteni több háromszög, melynek csúcsai ezeken a pontokon, úgy, hogy minden szegmensben a végeit két ilyen pont volt a buli pontosan egy ilyen háromszög.

Határozat. Bemutatjuk a módszer megoldás, ami hasznos a nagyobb számú pontot, például száz pontot. Letters jelöli A, B, C, D.Cherez pont kell tartani a szegmens 3. (Figyeljünk arra. Hogy ez a szám páratlan.) De minden háromszög csúcsai A páros számú (kettő) A felek kialakuló A. Ezért szükséges építési lehetetlen.

471. Tud öt figura

hogy egy téglalap mérete 4 * 5?

Tippeket. Bit újrafogalmazni a problémát: lehetséges, hogy csökkentsék egy téglalap 4 * 5 ilyen öt figura?

Tegyük fel, hogy megcsináltuk. A festék a téglalap, mint egy sakktábla. De a fekete és sok fehér sejtek? És hány az egyes számok? Minden együtt?

Tipp 472. olvassa el a nyomokat, hogy a 458 476. A minimális számú téglalap lehet vágni ebben az alakban?

501.U király Nikita volt 45 fia. Ez megparancsolta nekik, hogy ossza egymás között úgy, hogy a földeket az egyes határos területek pontosan 3 vagy 7 testvérei. Brothers lett töprengő. Vajon képes legyen eleget tenni akarata az apja?

Tip. A probléma csökken a problémát 500. Tegyük fel, hogy az lesz az apa volt képes elvégezni. Helyezzük a földön minden testvér marslakók, ami oly sok kéz, sok föld ezen a területen van egy határ, kezét hosszú ahhoz, hogy tudott kezet a marslakók minden földek, amelyeknek közös határon.

502. Van egy konvex poliéder, amely páratlan számú arcok és mindegyik arc páratlan számú csúcsok. Bizonyítsd be.

Tip. Az egyes vertex több arcot, így foglalkozni kényelmetlen csúcsokat. De a határán azonos a csúcsok száma, mivel a felek, azaz az élek. Állapotváltozás „top” a „élek”. A probléma hasonló 501, azonnal csökkenti a 500.

504. A tér téglalapokra vágva úgy, hogy nincs értelme a tér nem csak a tetején a négy téglalapok. Bizonyítsuk be, hogy a szám a négyzet pontok a csúcsai a téglalapok még.

Tip. Megjegyzendő, hogy ha egy csúcs eltér a csúcsai a tér, a csúcsra nem több, mint három doboz, akkor az esetekben, ahol ez az első, hogy pontosan egy vagy pontosan három téglalap, lehetetlen, hogy ez a legjobb, hogy pontosan két téglalap. Most számolja kétféleképpen minden szögből az összes téglalapok vágják téren. Felhívjuk figyelmét, hogy ez a szám nem csak egyenletes, hanem 4 többszöröse (miért?)

505. Egy adott ország, város csatlakozik a légitársaságok (kétsávos). A főváros 1981-ben megy egy vonalat a Far -1 légitársaság, és a város többi része - 20 légitársaságok. Bizonyítsuk be, hogy a főváros is repülni Far (esetleg változik).

Tip. Ha megpróbálja csökkenteni ezt a problémát, hogy a probléma 500, forgalomba minden városban egy marsi számos hosszú kéz, hogy hány sor jön ki a város, ez nem fog működni, mint a Mars-páratlan számú kezében lesz két - páros szám. De mi van, ha teszel a marslakók csak azokban a városokban, amelyre el lehet jutni a fővárosban? Ezután a főváros Mars budet1981 kezében, és a többiek, ha nem a jövőben - a 20, mert ha a tőke tud repülni egy bizonyos város, repülhet a változásokat, és az egész várost, a kapcsolódó légitársaságok.

A szoftver része / kialakítása:
Soloviev PN