Интересные задачи по математике

Задачи отборочного этапа турнира юных математиков

2012-06-24T22:10:00.000+03:00

В октябре-ноябре 2012 года планируется провести финальный этап XV Всеукраинского турнира юных математиков имени профессора М.И.Ядренко. Информация относительно условий участия в турнире – на официальном сайте. Следующие задания предлагаются для I этапа турнира (межшкольных, районных, городских, областных соревнований).

1. Уравнение с целыми частями
Для каждого значения параметра решите уравнение [a sin x] = [a cos x] Обозначение [x] означает антье, наибольшее целое число, которое не превышает х.

2. Восстановите треугольник
На доске изобразили такой треугольник АВС, что АВ + АС = 2ВС. В нем провели биссектрисы AL₁, BL₂ и CL₃, после чего все вытерли, кроме точек L₁, L₂ и L₃. С помощью циркуля и линейки восстановите исходный треугольник АВС.

3. Игра в шарики
На столе лежат две кучки шариков, в одной их m, а в другой – n штук. За один ход из любой кучки можно взять 1, 2 или 3 шарика. Ваня и Маша делают ходы по очереди, Маша начинает. Выиграет тот, после чьего хода на столе вовсе не окажется шариков.

Кто может обеспечить себе победу (в зависимости от m и n)? Опишите выигрышную стратегию.

4. Разложение на множители
Докажите, что число 44...488...853, в котором 2012 четверок и 2010 восьмерок является составным. Представьте его в виде произведения двух множителей с минимально возможной разностью.

5. О количестве решений диофантового уравнения
Для целого неотрицательного числа n и натурально m обозначим через S_m(n) количество всех решений уравнения x₁² + x₂² + … + x_m² = n в целых числах x₁, x₂, … ,x_m (решения, отличающиеся порядком корней считаются различными).

Найдите сумму

6. Обращение непрерывности
6.1. О функции известно, что она является взаимно однозначным отображением (биекцией) множества всех целых чисел на себя, причём , если .

Пусть f ^-1 обозначает функцию, обратную f. Можно ли утверждать, что , если ?

6.2. О функции известно, что она является биекцией множества всех действительных чисел на себя, и разрывна в каждой точке числовой прямой. Можно ли утверждать, что обратная к ней функция F^-1 также является разрывной в каждой точке числовой прямой?

7. Группы чисел
Возможно ли числа 1, 2, 3, 10⁹-1 разбить на 10 групп так, чтобы суммы восьмых степеней чисел в каждой группе были равны?

8. Тригонометрический многочлен
Какое наименьшее количество нулей на сегменте может иметь функция вида T(x) = a₂₀₁₂cos³2012x + a₂₀₁₁cos³2011x + … + a₁₅cos³15x?
Здесь a₂₀₁₂, a₂₀₁₁, …, a₁₅ – некоторые действительные числа

9. Стильная облицовка
Пусть m, n и k - некоторые натуральные числа. Для облицовки душевой комнаты размерами m x n x k без пропусков (т.е. будут облицованы стены, пол, потолок и даже дверь) мастер использует белые и черные плитки 1х1.

Облицовка считается стильной, если для нее использовано максимально возможное число черных плиток, такое, чтобы никакие две из них не касались сторонами. Касание углами разрешено, резать плитки нельзя.

Обозначим как F(m, n, k) количество черных плиток, необходимых для стильной облицовки комнаты m x n x k.

9.1. Найдите F(5, 5, 5) и F(2012, 15, 15)

9.2. Исследуйте величину F(m, n, k)

10. Оценка суммы
Пусть x₁, x₂, …, x_n – некоторые действительные числа, причём .
Докажите, что
Здесь , {x} = x – [x] – дробная часть числа.

11. Общая касательная
Пусть Е - произвольная точка стороны ВС квадрата ABCD. Докажите, что вписанные окружности треугольников АВЕ, ADE и CDE имеют общую касательную.

12. Шахматный ребус
На диаграмме изображена позиция, которая могла бы произойти в шахматной партии. Одинаковыми буквами обозначены одинаковые фигуры, разными - разные. Белые фигуры обозначены заглавными буквами, а черные - строчными. Всего на доске 14 белых и 14 черных фигур. Расшифруйте позицию.

13. Суммы и биномиальные коэффициенты
Пусть k – заданное натуральное число.

13.1. Найдите такие действительные числа A₀(k), A₁(k), … , A_k(k), что для всех допустимых действительных значений x верно равенство:

13.2. Для натуральных n>2k найдите сумму

13.3. Докажите существование предела и найдите его.

14. Правильный тетраэдр
Можно ли правильный тетраэдр разрезать на несколько правильных тетраэдров?

15. Сверхстепени и интересная функция
Для каждого натурально n рассмотрим все возможные выражения вида , где Обозначим через g(n) наибольшее среди таких чисел: g(1) = 1, g(2) = 2, g(3) = 3, g(4) = 4, g(5) = 9, g(6) = 27, g(7) = 512, и т.д. Найдите g(n). Напомним, что башня степеней сворачивается сверху вниз. Например,

16. Сверхстепени и делимость
16.1. Пусть k – заданное натуральное число. Найдите D_k - наибольший общий делитель всех чисел вида .

16.2. Докажите, что для каждого натурального а и натуральных n, больших единицы, выражение делится на n! (двумя вертикальными стрелочками обозначается оператор тетрации).

17. Функциональное уравнение
Для натурального k найдите все такие функции , которые для любых положительных чисел x₁, x₂, … ,x_2k, произведение которых равно 1, выполняется равенство

18. Уровень жизни и политические технологии

Политтехнологи президента страны Олимпии получили задание убедить избирателей, что ситуация в стране монотонно улучшалась на протяжение всех 5 лет его пребывания у власти. Для этого им дали заполненную натуральными числами таблицу размером 3 х 5 с экономическими показателями P, Q и R за последние 5 лет.

Политтехнологи имеют право некоторые числа в таблице увеличить на 1 (в том числе и ни одного или все) и затем составить "интегральный показатель" aP + bQ + cR, выбирая коэффициенты a, b, c на свое усмотрение. Всегда ли они смогут выполнить задание, то есть сделать так, чтобы придуманный ими интегральный показатель год т года возрастал?

Разбор задачи ММ150 Математического Марафона

2011-11-23T01:19:00.001+02:00

======= 150 ========

ММ150 (12 баллов)

Каждому n-угольнику поставим в соответствие ожерелье из n бусин белого, зеленого и красного цветов следующим образом: свободой стороне соответствует белая бусина; полусвободной - зеленая; зажатой - красная.
Два n-угольника назовем эквивалентными, если им соответствуют одинаковые ожерелья (ожерелье не меняется при поворотах и переворачивании). На сколько классов эквивалентности разобьются 20-угольники?

====================

Решение

Еще раз приведу решение Андрея Халявина.

Расставим черные бусины в углы многоугольника, которые меньше развернутого, и белые - в углы больше развернутого.
Конфигурация черных и белых бусин однозначно определяет цвет сторон. В обратную сторону однозначность нарушается, только если все стороны зеленые. Но возникающие при этом две две конфигурации переводятся друг в друга поворотом.
Таким образом задача свелась к подсчету числа ожерелий из бусин двух цветов. При этом черных бусин не меньше трех, так как в многоугольнике не меньше трех углов, меньших развернутого. (Для доказательства достаточно рассмотреть выпуклую оболочку исходного многоугольника.)
С другой стороны, любая конфигурация, в которой не менее трех черных бусин, очевидно, возможна. (Достаточно взять правильный 20-угольник и вдавить внутрь вершины, соответствующие белым бусинам.)

Подсчитаем количество черно-белых ожерелий без учета ограничения, что черных бусин не менее трех.
Воспользуемся леммой Бернсайда. В качестве группы преобразований выступает группа диэдра, состоящая из 20-и симметрий и 20-и поворотов (включая тождественный).
Если - симметрия, ось которой проходит через две бусины, то для имеется неподвижных конфигураций. Если же ось симметрии не проходит через бусины, для имеется неподвижных конфигураций. Значит, вклад симметрий .
Для поворотов имеем сумму Итого получаем

Очевидно, что существует ровно одно ожерелье из белых бусин, одно ожерелье с одной черной бусиной и 10 ожерелий с двумя черными бусинами. Поэтому окончательно получаем классов 20-угольников.

Обсуждение

Задача о подсчете числа ожерелий широко известна. Наиболее подробное и доступное изложение (среди известных мне) можно найти в книге Дж. Андерсона "Дискретная математика и комбинаторика".

Разумеется, вместо 20-угольников можно было рассматривать произвольные n-угольники. Число 20 привлекло меня красотой ответа, являющегося в этом случае круглым числом и, к тому же, полным кубом!

С помощью леммы Бернсайнда можно вывести и явную формулу для подсчета ожерелий, в которых число бусин каждого цвета фиксировано. Например, число черно-белых ожерелий из бусин, среди которых и черных, подсчитывается по формуле
Вывод этой формулы можно посмотреть, например, здесь.
При , суммируя по всем , вновь получим 27000.

Интересно, что если не различать полусвободные и зажатые стороны, задача станет сложнее.
Пусть свободным сторонам соответствуют белые бусины, а прочим - красные. Если сторона не является свободной, то хотя бы одна из соседних с ней сторон тоже не является свободной. Поэтому красная бусина не может быть окружена белыми. Таким образом, при интересующее нас число классов равно количеству ожерелий, которые можно составить из n белых и красных бусин, при условии, что никакая красная бусина не окружена белыми.
Я посчитал количество классов для всех (например, при получается 799 классов), но общей формулы мне вывести не удалось.

В заключение еще об одной классификации, для которой мне не удалось вывести общую формулу для подсчета числа классов.
Будем считать эквивалентными n-угольники, у которых поровну как внутренних, так и внешних диагоналей.
Можно показать, что число классов не превосходит . Но, начиная с , эта оценка завышена.

Награды

За правильное решение задачи ММ150 Алексей Волошин, Анатолий Казмерчук и Андрей Халявин получают по 12 призовых баллов. Сергей Половинкин получает 11, Виктор Филимоненков - 9 призовых баллов.

Эстетическая оценка - 4.7 балла

Разбор задачи ММ150 подготовил Владимир Лецко

-- 01 ноя 2011, 19:36 --

Итоговое положение участников в тематическом конкурсе
XV тура Математического марафона

=================================

Итоговое положение участников в XV туре Математического марафона

Мои поздравления лауреатам!

Разбор задачи ММ149 Математического Марафона

2011-11-23T01:18:00.000+02:00

======= 149 ========

ММ149 (8 баллов)

При каком наименьшем в группе перестановок существует подгруппа порядка 253? Привести пример такой подгруппы.

====================

Решение

Приведу решение Андрея Халявина, замечательное своей краткостью.
. Поэтому по теореме Силова в подгруппе должен быть элемент порядка 23. Значит, .
Пусть - первообразный корень по модулю 23. Тогда подгруппа группы , состоящая из перестановок , имеет порядок 253.
Ответ:

Обсуждение

Приведу более лобовой (если хотите, более тупой) способ построения требуемой подгруппы группы .
Возьмем цикл и будем строить перестановку такую, что .
Заметим, что .
Пусть . Тогда при имеем: . Значит, и .
Тогда . Значит, и .
Тогда . Значит, и .
Тогда . Значит, и .
Продолжая в том же духе, получим .
Непосредственно проверяется, что подгруппа, порожденная и , имеет порядок 253.

Пусть - простые числа. С помощью теоремы Силова легко доказывается, что, если не сравнимо с 1 по модулю , то группа порядка циклическая. Такая группа может быть реализована перестановками множества, состоящего не менее, чем из элементов.
Если же сравнимо с 1 по модулю , то обязательно найдется группа порядка , реализуемая перестановками из . Подробности можно найти, например, в книжке М.Каргаполов, Ю.Мерзляков. "Основы теории групп"

Награды

За правильное решение и обобщение задачи ММ149 Алексей Волошин получает 9 призовых баллов. Анатолий Казмерчук, Виктор Филимоненков, Sirion и Андрей Халявин получают по 8 призовых баллов. Сергей Половинкин и Дмитрий Пашуткин (нашедшие нужные подгруппы лишь в ) получают по 2 призовых балла.

Эстетическая оценка - 5 баллов

Разбор задачи ММ149 подготовил Владимир Лецко

-- 23 окт 2011, 11:41 --

=================================

Разбор задачи ММ148 Математического Марафона

2011-11-23T01:17:00.000+02:00

======= 148 ========

ММ148 (8 баллов)

Сколько внутренних диагоналей может иметь n-угольник?

===============

Решение

Приведу решение Виктора Филимоненкова.

Решение: Сначала по индукции докажем, что у любого n-угольника существует по крайней мере n-3 внутренние диагонали.
Для треугольника это утверждение очевидно.
Пусть утверждение выполнено для любого k, меньшего n. Докажем, что тогда оно верно и для n.

Лемма. У любого n-угольника есть хотя бы одна внутренняя диагональ.
Ясно, что у n-угольника есть угол, меньше развернутого. Действительно, проведем прямую, проходящую вне многоугольника, и будем сдвигать ее в сторону многоугольника. Угол при вершине А, которой прямая коснется первой, будет меньше развернутого.
Рассмотрим две соседние с А вершины В и С. Если диагональ ВС внутренняя, то мы доказали лемму. Если ВС не внутренняя, то она пересекает стороны n-угольника, и внутри треугольника АВС есть вершины треугольника. Возьмем луч АВ и начнем его поворачивать к стороне АС. Пусть Д - первая вершина n-угольника, лежащая внутри АВС. Тогда АД - искомая внутренняя диагональ n-угольника.

Вернемся к доказательству базы индукции. Проведем внутреннюю диагональ в n-угольнике. Она разобьет n-угольник на -угольник и -угольник, где (так как 2 вершины у многоугольников разбиения общие, а остальные вершины n-угольника являются вершинами ровно одного из многоугольников разбиения). Значит, по предположению индукции, всего в n-угольнике, считая диагональ разбиения, не меньше, чем внутренние диагонали.

Покажем, что многоугольник с таким числом внутренних диагоналей существует.
Действительно, рассмотрим окружность с центром О и точку А вне нее. Проведем из А два касательных отрезка к окружности, Пусть В и С - точки касания. Разобьем дугу ВС на n-3 части, и проведем хорды, стягивающие полученные дужки. В полученном n-угольнике внутренними являются только n-3 диагонали, выходящие из вершины А.

Покажем теперь, что количество внутренних диагоналей может быть и любым, большим чем , вплоть до - общего числа диагоналей в n-угольнике. Для этого в многоугольнике, построенном в прошлом абзаце, начнем сдвигать вершины, лежащие между В и С, по лучам, выходящим из А, в сторону дуги окружности ВОС, пока не получим выпуклый многоугольник. Диагонали, выходящие из А, при этом остаются внутренними. Будем добиваться того, чтобы ни в какой момент времени не было одновременно больше одной тройки вершин, лежащих на одной прямой (при необходимости чуть "притормаживая" тот момент, когда или "ускоряя" какие-то вершины). Это гарантирует, что количество внутренних диагоналей не будет меняться более, чем 1. Так как в конце движения таких диагоналей становится n(n-3)/2, а в начале движения (n-3), то в процессе движения возникали многоугольники с любым количеством внутренних диагоналей от между этими двумя числами.

Ответ: любое целое число от до

Обсуждение

Все n-3 диагонали n-угольников, имеющих ровно n-3 внутренних диагонали, конечно не обязаны исходить из одной вершины.
Ниже приведены примеры совсем другого расположения внутренних диагоналей.

Но одну особенность n-3,n-угольники, имеющие ровно n-3 внутренних диагонали, все же имеют:
Из приведенного в решении доказательства легко выводится такое утверждение: количество внутренних диагоналей n-угольника равно n-3 тогда и только тогда, когда никакие две из них не пересекаются внутри треугольника.
Иными словами, такие многоугольники имеют единственную триангуляцию диагоналями на n-2 треугольника.

При решении данной задачи очень ярко проявились разночтения в понимании разными людьми очевидности в математике.
С моей (безусловно субъективной) точки зрения, наличие и любого многоугольника хотя бы одной внутренней диагонали и, тем более, триангуляции совсем не очевидна. В то же время, достижимость всех промежуточных случаев от до внутренних при некоторой деформации n-угольника, имеющего ровно n-3 внутренних диагонали, в выпуклый, представляется мне вполне очевидной.
Некоторые участники марафона наоборот посчитали очевидным наличие триангуляции и все внимание сосредоточили на (гораздо более подробном, чем приведенное) доказательстве достижимости промежуточных случаев.
Были и те, кому было не очевидно ни первое, ни второе. А также те, кому наоборот все было очевидно.

Награды

За правильное решение задачи ММ148 Анатолий Казмерчук, Виктор Филимоненков, Сергей Половинкин и Дмитрий Пашуткин получают по 8 призовых баллов. Алексей Волошин, получает 7, а Александр Ларин - 6 призовых баллов.

Эстетическая оценка - 4.4 балла

Разбор задачи ММ148 подготовил Владимир Лецко

-- 16 окт 2011, 17:56 --

=================================

Разбор задачи ММ147 Математического Марафона

2011-11-23T01:15:00.002+02:00

======= 147 ========

ММ147 (КГ13) (6 баллов)

Какое наименьшее число внутренних диагоналей может иметь n-угольник, у которого ровно один угол больше развернутого?

====================

Решение

Воспользуюсь чертежом Анатолия Казмерчука:

Размеcтив вершину внутри треугольника, образованного стороной и диагоналями , добьемся максимального для данного числа диагоналей, не являющихся внутренними.
Ясно, что внутренними будут диагонали , а также диагонали выпуклых многоугольников, и .
Число диагоналей, не являющихся внутренними, будет наибольшим, когда количества вершин от до и от до будут равны или максимально близки между собой (произведение целых положительных сомножителей с постоянной суммой максимально, когда сомножители максимально близки между собой).
При нечетных и получим .
При четных и наименьшее число внутренних диагоналей будет .

Обсуждение

Тот же ответ можно получить, вычитая из общего число диагоналей исходного многоугольника число диагоналей, не являющихся внутренними.
Например, для нечетного имеем: .
Замечу, что среди диагоналей, не являющихся внутренними, одна (на рисунке это обязательно является внешней. Но внешних диагоналей может быть и более одной. Впрочем, на ход решения и ответ это обстоятельство никак не влияет.
Оба ответа можно объединить в один. Например, так: .

Награды

За правильное решение задачи ММ147 Анатолий Казмерчук, Виктор Филимоненков, Алексей Волошин, Сергей Половинкин, Николай Дерюгин и Дмитрий Пашуткин получают по 6 призовых баллов. Александр Ларин получает 5, а Кирилл Веденский - 3 призовых балла.

Эстетическая оценка - 4.4 балла

Разбор задачи ММ147 подготовил Владимир Лецко

Разбор задачи ММ146 Математического Марафона

2011-11-23T01:14:00.002+02:00

======= 146 ========

ММ146 (4 балла)

При каких существуют графы диаметра , у которых сумма квадратов степеней вершин равна ?

====================

Решение

Сумма степеней вершин, а следовательно и сумма квадратов степеней вершин, любого графа - четна. Поэтому для нечетных D решений нет.
При наименьшее значение суммы квадратов степеней вершин достигается у двухзвенной цепочки и равно 6. Поэтому тоже не годится.
Не подходит и . У цепи длины 4 сумма квадратов степеней вершин - 14. Но добавление любой вершины (любых вершин) без изменения диаметра увеличивает минимум на .
Покажем, что для всех четных нужные графы имеются.
Возьмем цепь длины и будем добавлять к вершинам отличным от концевых висячие вершины: к одной - ; к одной - 2; к - по одной.
Сумма степеней вершин полученного графа составит .

Обсуждение

Существует много различных способов построения подходящих графов для четных . Вариант приведенный в решении предложен Кириллом Веденским и Анатолием Казмерчуком.
Еще один универсальный метод предложен Виктором Филимоненковым: к одной из внутренних вершин вершин цепи длины прицепим 2 висячие вершины, а к другой - трехвзенных цикла.
Другие подходы (в том числе и авторский) либо содержат исключения для малых значений , либо варьируются, например, в зависимости от .

Уже не в первый раз (хотя я и не смог найти в архиве, когда был первый раз) некоторые марафонцы загадочным образом ухитряются найти диаметр графа, не являющегося связным. Насколько я в курсе (а я, полагаю, в курсе), диаметр (как и расстояние, через которое он вводится) определяется только для связного графа.

Награды

За правильное решение задачи ММ146 Анатолий Казмерчук, Виктор Филимоненков, Алексей Волошин, Сергей Половинкин, Дмитрий Пашуткин, Кирилл Веденский и Андрей Халявин получают по 4 призовых балла. Александр Ларин получает 2 призовых балла.

Эстетическая оценка - 4.6 балла

Разбор задачи ММ146 подготовил Владимир Лецко

Разбор задачи ММ145 Математического Марафона

2011-11-23T01:13:00.004+02:00

======= 145 ========

ММ145 (КГ12) (3 балла)

Сколько внешних диагоналей может иметь n-угольгик?

====================

Решение

Пусть между двумя соседними вершинами выпуклой оболочки многоугольника расположено вершин, не входящих в выпуклую оболочку. Тогда соответствующая "впадина" содержит не более внешних диагоналей.
Пусть в одной "впадине" промежуточных вершин, а в другой и . "Перебрасывая" одну промежуточную вершину из второй впадины в первую, мы увеличим максимально возможное число внешних диагоналей.
Поэтому наибольшее число внешних диагоналей достигается, когда "впадина" одна и содержит промежуточных вершины (как минимум три вершины принадлежат выпуклой оболочке) и .
В случае когда все промежуточные и две смежные им вершины образуют ломаную, "выпуклую в обратную сторону", число внешних диагоналей достигает .
Среди многочисленных способов обоснования того, что все промежуточные значения от 0 до достижимы приведу вариант, предложенный Дмитрием Пашуткиным:

Собственно говоря, все видно из чертежа. Все промежуточные значения можно получить, меняя параметр и угол наклона стороны .

Обсуждение

Любопытно, что подавляющее большинство участников Марафона в качестве вспомогательного средства для решения данной задачи использовало решение задачи ММ148 (на мой субъективный взгляд, значительно более трудной).
При этом строгость обоснования вспомогательного утверждения была разной. При оценивании решения ММ148 эта разная строгость нашла бы отражение в призовых баллах (цена ММ148 - 8 баллов). Но ММ145 оценивается всего в 3 балла, а решение ММ148 составляет лишь часть решения ММ145. В такой ситуации разница в строгости обоснования утвеждения про внутренние диагонали на итоговую оценку не повлияла.
Как же теперь поступать при оценивании ММ148 пока не знаю...

Награды

За правильное решение задачи ММ145 Анатолий Казмерчук, Виктор Филимоненков, Алексей Волошин, Сергей Половинкин, Николай Дерюгин, Дмитрий Пашуткин, Кирилл Веденский и Александр Ларин получают по 3 призовых балла. Андрей Халявин получает 2 призовых балла.

Эстетическая оценка - 4.6 балла

Разбор задачи ММ145 подготовил Владимир Лецко

Разбор задачи ММ144 Математического Марафона

2011-11-23T01:13:00.001+02:00

=================================================

ММ144 (5 баллов)

На поле e4 стоит чёрный король. Первый игрок ставит на любую клетку доски, не находящуюся под боем чёрного короля, белых королей (по одному за ход). Второй игрок делает (правильный) ход чёрным королём. Игра заканчивается, когда у чёрного короля не будет ходов. Каково минимальное количество ходов, за которое первый игрок может достичь цели?

=================================================

Решение

Приведём решение Сергея Половинкина.

Пусть - минимальное количество ходов, за которое первый игрок может достичь цели при некотором заданном положении черного короля.
На следующих рисунках приведены значения для квадратных досок для всех начальных положений черного короля.

Можно сделать некоторые выводы (за небольшими исключениями):
1. Для угловых клеток -
2. Слои клеток на краях доски (без углов), назовем эти слои первыми -
3. Для слоев клеток, соседних с краевыми слоями (пусть это будет второй слой)
4. Для третьего слоя
5. Для более дальних слоев и .
6. Исключения представляют клетки в 1-ом и 2-ом слоях, расположенные в 3-ем слое относительно другого края (поля с1, с2 или а3, b3).
7. Есть еще и не типовые исключения - на досках и

Разберем эти результаты подробнее. Понятно, что на краю доски (особенно в углах) проще запатовать короля черных, поэтому при удалении от края значения возрастают.
С другой стороны, в некоторых случаях, отсутствие возможности белым "зайти с тыла", ограничивает возможности патования, это объясняет п.6.

Рассмотрим соответствующий пример.
Начальное положение черного короля удобно задать в виде нулевого хода черных, а каждый следующий ход с номером - выставление белого короля и ход черного.
Возьмем доску и рассмотрим типовую партию при черном короле на b2:

0. ... Крb2
1. Крd3
Белые играют естественным образом, черным, чтобы сразу не попасть на край доски (где белые выиграют проще и быстрее) приходится играть
1. ... Крb3

И теперь белые отсекают черных снизу, играя
2. Крb1! Крb4
Черные сделали вынужденный ход, хотя следующий свой ход белые бы сделали на любой ход черных
3. Крb6!
Отсекая черных сверху!

У черных осталось всего 4 клетки, своим 4-м ходом белые уменьшат это количество до двух, а 5-м - запатуют черных.

А на доске белые лишены возможности "отсечь" черных сверху на 3-ем ходу, именно поэтому при короле на выигрыш белых на досках всех размерностей достигается быстрее, чем на доске !
Там есть еще одна "хитрость", поэтому покажем соответствующую партию.
0. ... Крb2
1. Крd4! Крb3
2. Kpb1 Kpb4
3. Kpb2 Kpa5!

Белые сыграли тоньше на 1-ом ходу, черные делают прекрасный 3-ий ход, два края доски не дают белым возможности выиграть быстрее 6-ти ходов!
Нечто подобное, только попроще, происходит при короле на с1 (а3).

Теперь как выигрывают белые за 6 ходов при короле черных на 3-ей линии.
Пусть черный король стоит на доске , белые отвечают, например,

Основной вариант
0. ... Крc3
1. Крe3 Крc4
2. Kpc6 Kpb4
3. Kpb6 Kpb3
4. Kpb1

Как бы теперь ни играли черные, белые патуют их за 2 хода, например:
4. ... Крb4 5. Kpb2 Kpc4 6. Kpa4 или 4. ... Крc4 5. Kpa4 Kpc3 6. Kpc5
Другие варианты:
1. ... Крc2 2. Kpa2 Kpd1 3. Kpd3 или 1. ... Крb3 2. Kpb1 Kpb4 3. Kpb6 с переходом к основному варианту.
Таким образом можно запатовать короля черных на любом поле 3-ей линии за ходов, в том числе и при попадании на "неудобные" поля типа и .

Теперь понятно, как проще всего выиграть за ходов в искомой позиции. При короле на можно пойти 1. Крc5 и теперь черный король имеет неутешительный выбор - или пойти на 3-ю линию (где мы выигрываем за 6 ходов как уже показано) или сделать ход 1. ... Крe5 , что еще быстрее проигрывает после 2. Крg5 с простыми вариантами.

На самом деле к выигрышу белых в ходов ведет множество продолжений, вот они

На этом рисунке показано - за сколько ходов выигрывают белые при соответствующем первом ходе короля.

Обсуждение=================================================
Рассмотрим доски большего размера.
Могут возникнуть 2 гипотезы - 7 ходов хватит для патования короля на доске любого размера или количество ходов будет и дальше расти. На самом деле число впервые появляется на доске

Но дальнейшего роста уже не происходит, за 8 ходов можно запатовать черного короля на бесконечной доске.
Посмотрим, как это происходит на доске , черный король расположен на , белые играют королем на . Теперь черные должны играть очень точно, сделать серию единственных ходов, чтобы не проиграть быстрее 8 ходов :

С учетом симметрии у черных 3 возможных хода - , () и (). Но в тогда в случае 0. ... Крf6 1. Kph6 Kpe6 2. Kpc6 и белые выигрывают в 7 ходов по уже показанным образцам, также достаточно 7 ходов и после 0. ... Крf6 1. Kph6 Kpf5 2. Kpd4 .
Таким образом, черные обязаны играть 0. ... Крf6 1. Kph6 Kpe5! . Восклицательный знак означает единственность хода.
Далее возможны следующие варианты
2. Kpd3 Kpd6!
2. Kpc4 Kpd6! 3. Kpb7 Kpe7!
2. Kpc4 Kpd6! 3. Kpe5 Kpc7!
И только в случае этих единственных ходов белым потребуется 8 ходов.
Но самый интересный такой вариант
2. Kpc5 Kpf4!
Теперь на 3. Kpf2 у черных есть 2 допустимых хода - на и , поэтому сильнее
3. Kpg2 Kpe4! , а на 4. Kpe2 уже любой из 3-х возможных ходов черных ведет к выигрышу на 8-ом ходу. Но при этом белые не пускают черного короля к краю доски, т.е. запатовывают его в центре. Белые могли поставить больше проблем на 4-ом ходу, сходив на или , тогда у черных было бы по 2 допустимых хода.

Поскольку в этой партии ни одна сторона не пользовалась краями доски, то можно к 7 приведенным выше пунктам, добавить 8-ой: при .

Награды=================================================
За правильное решение задачи и развитие темы Сергей Половинкин получает 5+2=7 призовых баллов.
Дмитрий Пашуткин и Анатолий Казмерчук получают 4 балла. Александр Ларин получает 3 балла.

Эстетическая оценка задачи: 5

Разбор задачи ММ143 Математического Марафона

2011-11-23T01:11:00.003+02:00

======= 143 ========

ММ143 (КГ11) (4 балла)

Девять из десяти ребер пятиугольной пирамиды имеют длину 1. В каком диапазоне может изменяться длина 10-го ребра?

====================

Решение

Очевидно, что возможны два случая: равны между собой все боковые ребра; равны между собой все ребра в основании.

Первый случай достаточно прозрачен. Вершины основания должны лежать на окружности. При этом десятое ребро может меняться от 0 (в случае когда пятиугольник в основании вырождается в квадрат) до (когда вершины основания являются пятью вершинами правильного шестиугольника).
Поскольку в первом предельном случае пирамида становится четырехугольной, а во втором - плоской фигурой, крайние значения не достижимы и для длины десятого ребра получается интервал .

Значительно содержательнее второй случай. Легко видеть, что в этом случае пятиугольник в основании должен обладать осью симметрии. Кроме того, четыре из пяти вершин этого пятиугольника должны быть вершинами равнобочной трапеции. Переменную длину будет иметь ребро, соединяющее пятую вершину основания с вершиной трапеции.
Очевидно, что это ребро может быть сколь угодно коротким (нулевое значение достигается, когда вершины равнобочной трапеции в основании являются последовательными вершинами правильного шестиугольника, а угол при пятой вершине - развернутый).
Для нахождения наибольшего значения длины десятого ребра рассмотрим пятиугольник в основании пирамиды подробнее (см. рисунок).

Пусть Тогда , а высота пирамиды .
Дифференцируя , как функцию от , находим значение , при котором достигается максимальная длина десятого ребра (точное значение, являющееся корнем уравнения 4-й степени можно выразить в радикалах, но выражение получается очень громоздким).
Легко убедиться, что это значение лежит в допустимых пределах изменения .
Учитывая, что больше , окончательно получаем диапазон изменения длины десятого ребра пирамиды .

Обсуждение

При уменьшении длины отрезка BD высота пирамиды монотонно увеличивается. Мне (и не только мне, но и ряду участников) сначала померещилось, что аналогично с уменьшением BD растет и CO. Это заблуждение нашло отражение в цене задачи.
Когда я, вскоре после публикации задачи, обнаружил свою ошибку, то сначала хотел внести исправление, увеличив цену задачи. Но затем решил не "светится" и увеличить балл за задачу лишь при при подведении итогов.

Награды

Отмеченная ошибка оказалась далеко не единственной. Некоторые участники не усмотрели возможности (а то и "усмотрели невозможность") изменения бокового ребра, другие рассматривали только выпуклые пятиугольники в основании, третьи наврали в вычислениях...
В результате баллы за задачу ММ143 распределились следующим образом:
Сергей Половинкин - 8 призовых баллов.
Андрей Халявин - 7 призовых баллов;
Дмитрий Пашуткин и Виктор Филимоненков - по 6 призовых баллов;
Кирилл Веденский - 5 призовых баллов;
Алексей Волошин Александр Ларин и iPhonograph - по 4 призовых балла;
Николай Дерюгин и Sirion - по 3 призовых балла;
Анатолий Казмерчук и Евгений Гужавин - по 2 призовых балла.

Эстетическая оценка - 4.6 балла

Разбор задачи ММ143 подготовил Владимир Лецко

Разбор задачи ММ142 Математического Марафона

2011-11-23T01:11:00.000+02:00

======= 142 ========

ММ142 (4 балла)

Все 80 натуральных делителей натурального числа n расположили в порядке возрастания.
Оказалось, делители с первого по четвертый образуют геометрическую прогрессию,
делители с четвертого по седьмой - арифметическую прогрессию,
а восьмой делитель меньше 200. Найти n.
====================

Решение

Первые 4 делителя обязаны иметь вид:
Учитывая, что 8-й делитель меньше 200, имеем

Пусть Тогда первый член арифметической прогрессии, которую образуют делители с 4-го 7-й, равен 8.
Разность прогрессии d не может быть четна, как в этом случае 6-й делитель равен 24. Но это невозможно, поскольку 3 не является делителем.
Если разность прогрессии нечетна, тогда 5-й делитель - наименьший нечетный простой делитель n.
Поскольку меньше, 6-й делитель равен 16. Но тогда 5-й равен 12, что невозможно.
Итак, p не равно 2.

Пусть . Тогда все делители n нечетны и d обязано быть четным.
7-й делитель - кратен 3. Поэтому либо где либо
Легко проверить, что оба случая невозможны.

Остается случай Тогда 4-й делитель равен 125, а делители с 5-го по 7-й ( и ) должны быть простыми.
Из последнего следует, что d обязано быть кратно 6. Если , то 8-й делитель больше 200.
Итак
Поэтому d не может равняться 6 и 18.
Поэтому d не может равняться 12.
При получаем три простых делителя 149, 173 и 197.
Для восьмого делителя, который меньше 200, остается одна возможность - 199.

Итак, мы уже имеем 5 различных простых сомножителей n. один из которых входит в разложение n не менее, чем в 3-й степени.
Это дает не менее делителей.
Если у n найдется еще один простой делитель или еще один из имеющихся делителей будет в ходить в разложение n в степени выше 1-й, общее число делителей превысит 80.
Остается единственная возможность

Обсуждение

Задача не вызвала затруднений у участников. С ней успешно справились 15 человек (второй результат в истории Марафона).

Награды

За правильное решение задачи ММ142 Анатолий Казмерчук, Виктор Филимоненков, Алексей Волошин, Сергей Половинкин, Николай Дерюгин, Дмитрий Пашуткин, Андрей Халявин, Евгений Машеров, Кирилл Веденский, Александр Ларин, Евгений Гужавин, Галина Крюкова. iPhonograph, Sirion и Umnik получают по 4 призовых балла.

Эстетическая оценка - 4.3 балла

Разбор задачи ММ142 подготовил Владимир Лецко

Разбор задачи ММ141 Математического Марафона

2011-11-23T01:06:00.000+02:00

======= 141 ========

ММ141 (3 балла)

Существуют ли натуральные числа такие, что ( - сумма натуральных делителей числа .)

===============

Решение

Проще всего найти подходящее число, взяв достаточно большое (больше ) простое число так, чтобы тоже было простым. Тогда в качестве подойдет .
Наименьшее подходящее . Тогда , и .

Обсуждение

Не обязательно добиваться простоты числа . Достаточно, чтобы оно не имело малых простых делителей.
Например, iPhonograph взял . Тогда и .
Эта идея - использовать отсутствие малых множетелей вместо простоты - позволила Андрею Халявину доказать то, что, по сути, было очевидно и остальным участникам. А именно: для любого найдутся натуральные такие, что .
В самом деле, большинству участников (и ведущему) представляется очевидным, что существует бесконечно много простых таких, что тоже просто. Но "представляется очевидным" - не доказательство.
Андрей же доказал, что для каждого достаточно большого простого числа найдется показатель степени (ну очень большой!) такой, что не имеет малых делителей. И отсюда получить требуемое утвержденеие.

Гораздо более интересной, чем ММ141 является такая задача: Существуют ли натуральные числа такие, что
Но эту задачу мне решить не удалось. Ясно, что необходимым (но недостаточным) условием является существование такого натурального что числа - нечетны.
Единственный извесстный мне нетривиальный пример дает число .

Награды

За правильное решение задачи ММ141 Алексей Волошин, Сергей Половинкин, Николай Дерюгин, Евгений Гужавин, iPhonograph, Sirion и Анатолий Казмерчук получают по 3 призовых балла. За правильное решение более общей задачи Андрей Халявин получает 5 призовых баллов. За верные идеи (не доведенные до конца) Александр Ларин и Кирилл Веденский получают 2 и 1 балл, соответсвенно.

Эстетическая оценнка задачи 4 балла

Разбор задачи ММ141 подготовил Владимир Лецко

XV тур Математического Марафона

2011-05-29T15:07:00.003+03:00

Владимир Лецко начинает новый тур Математического Марафона. От меня в этот раз в нём всего одна задача, так что буду осуществлять в основном информационную поддержку.
Задачи очень интересные, за короткой формулировкой открывается широкий простор для мысли. Есть, чем заняться на каникулах :)

Решения можно присылать на val@dxdy.ru (в этом случае его сразу увидят оба ведущих), на val-etc@yandex.ru или в ЛС.

Не забывайте высылать вместе с решениями свои эстетические оценки задач.
==================================

Решения принимаются до 10.09.11

ММ141 (3 балла)

Существуют ли натуральные числа n, большие единицы, такие, что

- сумма натуральных делителей числа n.

==================================
Решения принимаются до 14.09.11
ММ142 (4 балла)

Все 80 натуральных делителей натурального числа n расположили в порядке возрастания. Оказалось, делители с первого по четвертый образуют геометрическую прогрессию, делители с четвертого по седьмой - арифметическую прогрессию, а восьмой делитель меньше 200.

Найти n.
==================================

В Тематическом конкурсе тура - вновь комбинаторная геометрия

Более того, во всех тематических задачах, кроме КГ-11, речь вновь пойдет о многоугольниках. Но на этот раз - не обязательно выпуклых.

==================================

Решения принимаются до 18.09.11
ММ143 (КГ-11) (4 балла)

Девять из десяти ребер пятиугольной пирамиды имеют длину 1. В каком диапазоне может изменяться длина 10-го ребра?
==================================

Решения принимаются до 23.09.11
ММ144 (5 баллов)

На поле e4 стоит чёрный король. Первый игрок ставит на любую клетку доски, не находящуюся под боем чёрного короля, белых королей (по одному за ход). Второй игрок делает (правильный) ход чёрным королём. Игра заканчивается, когда у чёрного короля не будет ходов. Каково минимальное количество ходов, за которое первый игрок может достичь цели?
==================================

В задачах КГ-12 - КГ-15 будем придерживаться следующих определений и обозначений:

Под многоугольником мы будем понимать плоскую замкнутую несамопересекающуюся ломаную, никакие три последовательные вершины которой не коллинеарны. Число сторон исходного многоугольника обозначим через n.
Назовем сторону многоугольника свободной, если продолжение этой стороны за каждую ограничивающую ее вершину в некоторой окрестности этой вершины лежит вне многоугольника.
Назовем сторону полусвободной, если вне многоугольника лежит продолжение стороны ровно за одну из двух ограничивающих ее вершин. Сторону, не являющуюся ни свободной, ни полусвободной, будем называть зажатой. Например, сторона AB (рис. 1), является свободной, сторона BC - полусвободной, а сторона EF - зажатой.
Диагональ, все точки которой принадлежат многоугольнику, будем называть внутренней. Диагональ, не имеющую с многоугольником общих точек, за исключением вершин, которые она соединяет, будем называть внешней. Например, диагональ BF (рис. 1) - внутренняя, а диагональ BD - внешняя (диагональ BE не является ни внешней, ни внутренней).

==================================

Решения принимаются до 27.09.11

ММ145 (КГ12) (3 балла)

Сколько внешних диагоналей может иметь n-угольгик?

==================================

Решения принимаются до 1.10.11

ММ146 (4 балла)

При каких D существуют графы диаметра D, у которых сумма квадратов степеней вершин равна D²?

==================================

Решения принимаются до 7.10.11

ММ147 (КГ13) (6 баллов)

Какое наименьшее число внутренних диагоналей может иметь n-угольгик, у которого ровно один угол больше развернутого?

==================================

Решения принимаются до 15.10.11

ММ148 (КГ14) (8 баллов)

Сколько внутренних диагоналей может иметь n-угольгик?

==================================

Решения принимаются до 22.10.11

ММ149 (8 баллов).

При каком наименьшем n в группе перестановок S_n существует подгруппа порядка 253? Привести пример такой подгруппы.

Примечание: Задачу можно решить на бумажке, без компьютерного перебора

==================================

Решения принимаются до 31.10.11

ММ150 (КГ15) (12 баллов)

Каждому n-угольнику поставим в соответствие ожерелье из n бусин белого, зеленого и красного цветов следующим образом: свободой стороне соответствует белая бусина; полусвободной - зеленая; зажатой - красная.
Два n-угольника назовем эквивалентными, если им соответствуют одинаковые ожерелья (ожерелье не меняется при поворотах и переворачивании). На сколько классов эквивалентности разобьются 20-угольники?

Разборы задач математических олимпиад на сайте

С Новым Годом!!!

2011-01-01T00:00:00.000+02:00

Уважаемые читатели! Поздравляем вас с Новым Годом!

2010 год для развития проекта «Приглашение в мир математики» оказался очень продуктивным. Общение с вами перешло из переписки по электронной почте в блоги. Там вы почти каждый день можете увидеть новый интересный математический факт, новую задачу и её решение.

В этом году вы начали участвовать в наших математических конкурсах. Прошли три интернет-олимпиады и запущена четвёртая. Кроме того, проводились математические маневры – первый в истории конкурс, в котором сочетаются принципы пошаговой стратегии и олимпиады по математике.

На 2011 год планы не менее смелые. Во-первых, мы будем продолжать готовиться к олимпиаде Кенгуру-2011 и к внешнему оцениванию по математике ЗНО-2011. Кроме того, скоро появятся новые логические флеш-игры. И, разумеется, будут продолжаться математические конкурсы и публикация интересного из мира математики.

Желаем вам в новом году счастья, здоровья и чтобы все задачи решались красиво и легко!

Четвёртая открытая интернет-олимпиада по математике: XIV тур Математического марафона

2010-12-20T20:30:00.000+02:00

Мы рады объявить о начале новой открытой интернет-олимпиады, которая проводится совместно с Математическим Марафоном. Вам предлагается решить 10 интересных задач, 5 из которых - на математические игры и стратегии.

На каникулах будет чем заняться :)

Математические Маневры: AfterParty

2010-11-13T19:22:00.001+02:00

В игре сделано 14 ходов, это заняло 23 дня реального времени, и участники пришли к согласию, что соревновательную часть первых Математических маневров стоит завершить.

По итогам игры I место завоевала команда Портала естественных наук E-Science.ru!
Ею контролируется 73% территории острова и заработано 652 балла.

ІІ места удостоена команда Форума умных людей Nazva.net!
Они первыми вступили в маневры и продержались на острове до конца игры, контролируя к её завершению 18% территории и имея 617 баллов.

III место занимает вольный стрелок Zhekas, заработавший за игру 173 балла и неоднократно в течение игры захватывавший провинции.

На IV месте - вольный стрелок Armless, заработавший 32 балла при высадке на Мысе простых чисел.

На V месте - Евгений, занимающий сейчас Квадратный пляж и имеющий 25 баллов.

VI место - команда форума Логические задачи и головоломки Smekalka.pp.ru. Включившиеся в Маневры со старта и не закрепившиеся на острове, они, почему-то, не использовали преимущество своего положения и не атаковали прибрежные провинции в середине игры. В итоге на счету 24 балла.

VII место по счёту, но не по значению - вольный стрелок Tifuera, заработавший 10 баллов при высадке на Мыс простых чисел. Ослабленная его атакой оборона мыса впоследствии не смогла противостоять штурму Armless'a.

Я поздравляю победителей и благодарю всех участников Маневров! Опыт первой игры позволит подготовить улучшенную редакцию правил, что даст возможность проводить игру на регулярной основе.

Ну а теперь, т.к. ещё остались нерешённые задачи, я предлагаю поступить так: скрытие комментариев отключается и желающие могут высказывать свои версии решения в соответствующих темах.

Математические маневры

2010-11-13T15:10:00.001+02:00

Игра "Математические маневры" представляет собой объединение пошаговой стратегии и олимпиады по математике. Имеется математический остров, вот он:

Карта его состоит из 11 областей. В каждой области есть несколько укреплений – задач. Игроки решают задачи и получают контроль над областью. Чтобы удержать область, нужно после захвата укрепить её своими задачами. Победит тот, кто захватит весь остров.

В качестве начальных задач выбраны задачи математической олимпиады Кенгуру разных лет, в том числе и нигде не публиковавшиеся задачи летнего математического лагеря, также есть и авторские.

Как принять участие в маневрах?
Для этого в комментарии к заглавному посту сообшите свою форму участия: личную или командную, желаемый цвет (лучше в RGB-формате) и начинайте штурмовать укрепления. Если у вас нет территорий на острове, можете решать задачи в любой прибрежной области, если же есть, то в областях, смежных с контролируемыми. Чтобы перейти к области, щёлкните по ней на карте острова.

Область переходит под контроль игрока, решившего последнюю нерешённую задачу в ней.
Игра состоит из ходов, 1 ход занимает двое суток. В течение первых суток игроки отправляют решения задач как комментарии к соответствующему посту. С началом вторых суток комментарии открываются и обороняющаяся сторона сообщает об успешности взятия укреплений.

В течение всего следующего хода после захвата игрок должен представить организаторам задачи (с решениями) для укрепления. Их можно отправлять в течение первого полухода как комментарии (они будут скрыты) или на почту intelmath@narod.ru или в личные сообщения на форумах. В одной области можно разместить до 3 задач.

Задачи должны быть на темы, изучающиеся в средней школе или на 1 курсе не физико-математических вузов. Тематика задач области не обязательно должна совпадать с её названием.

Баллы:
Решение задачи первым: 5 баллов
Решение задачи не первым (но в течение того же хода): 3 балла
Захват области: 10 баллов
За каждый ход удерживания области: 1 балл
За составление задачи 7 баллов.

Текущие баллы:
Smekalka - 24
Nazva - 83+85=168+58=226+34=260+54=314+51= 365+35=400+38=438+69=507+64=571+13=584+16=600+16=616+1=617
Zhekas - 34+25=59+30=89+36=125+41=166+7=173
E-science.ru - 65+114=179+76=255+71=326+61=387+79= 466+44=510+53=563+43=606+28=634+18=652
Tifuera - 10
Mudrec - 0
Armless - 15+17=32
DMA - 0
Евгений 5+5=10+15=25

Конкурс магических квадратов

2010-11-12T12:10:00.001+02:00

Наталия Макарова, исследователь магических квадратов и автор многочисленных интересных экземпляров, а также участница наших Интернет-олимпиад по математике, проводит конкурс на научном форуме dxdy.ru:

Нетрадиционные пандиагональные квадраты

Конкурс начинается 12 ноября текущего года и продлится до 18.00 мск. 12 января 2011 г.
В конкурсе могут принять участие все желающие.
Можно решить одну или несколько из предложенных задач.
Решения присылайте на e-mail: natalimak1@yandex.ru или в личные сообщения на форуме dxdy.ru.
Если найдены лучшие решения одной и той же задачи, их тоже надо присылать.
Общее требование ко всем задачам: каждый построенный квадрат должен состоять из различных чисел.

Лучшие решения будут представлены по окончании конкурса.

О магических квадратах, простых числах и числах Смита можно посмотреть в Википедии.
Вопросы по задачам можно задавать в [2], а также в личные сообщения на форуме dxdy.ru.

Задача №1

Известен наименьший пандиагональный квадрат 6-го порядка из последовательных простых чисел.
Смотрите последовательность A073523 в OEIS.

Построить наименьшие пандиагональные квадраты из последовательных простых чисел порядков 4 и/или 5.

Примечание: магический квадрат называется наименьшим, если он имеет минимальную константу из всех подобных магических квадратов.

Задача № 2

Известный пандиагональный квадрат 6-го порядка из чисел Смита имеет наименьшую магическую константу 5964.
Вот этот квадрат:

22	2902	94	1633	202	1111
265	634	562	391	1894	2218
1642	1219	1678	985	319	121
355	526	913	1966	346	1858
2785	166	922	535	1282	274
895	517	1795	454	1921	382

Авторы квадрата С. Беляев и Н. Макарова.

Доказать, что данный квадрат является наименьшим или построить пандиагональный квадрат 6-го порядка из чисел Смита с меньшей магической константой.

Задача № 3

Построенный В. Павловским пандиагональный квадрат 7-го порядка из простых чисел имеет магическую константу 1649. Этот квадрат является регулярным и построен с использованием примитивного квадрата.
Доказать, что:
а) данный квадрат является наименьшим среди регулярных пандиагональных квадратов 7-го порядка из простых чисел;
б) не существует нерегулярных пандиагональных квадратов 7-го порядка из простых чисел с меньшей магической константой.
Если а) и/или б) неверно, привести опровергающие примеры.

Примечание: о примитивных квадратах и регулярных пандиагональных квадратах см. [1].

Задача № 4

Для построения идеального квадрата 7-го порядка достаточно найти 7 последовательностей вида , удовлетворяющих следующим условиям:

Пример идеального квадрата 7-го порядка из последовательностей (простых чисел), удовлетворяющих указанному условию:

20233	27799	30637	37123	44017	7753	13759
43093	7717	13723	19309	26863	34429	36187
25939	33493	39979	42157	6793	13687	19273
5857	12763	19237	25903	32569	39043	45949
32533	38119	45013	9649	11827	18313	25867
15619	17377	24943	32497	38083	44089	8713
38047	44053	7789	14683	21169	24007	31573

Магическая константа квадрата равна 181321. Автор квадрата Н. Макарова.

Доказать, что указанное условие является и необходимым для построения идеального квадрата 7-го порядка или привести пример, опровергающий необходимость этого условия.
Используя указанное условие или какой-либо другой алгоритм, построить идеальный квадрат 7-го порядка из чисел Смита с наименьшей магической константой.

Примечание: пандиагональный квадрат называется идеальным, если он обладает свойством ассоциативности.

Задача № 5

Известный на сегодня пандиагональный квадрат 7-го порядка из чисел Смита имеет очень большую магическую константу – 696745.

Вот этот квадрат:

37678	778	70582	381802	202	25618	180085
381298	23962	1921	217642	382	54814	16726
180346	54418	958	16222	405058	265	39478
39982	381361	37822	2182	234382	562	454
56218	180526	58	24214	16285	418918	526
517	53842	381622	54562	2362	180022	23818
706	1858	203782	121	38074	16546	435658

Автор квадрата Н. Макарова.
Для сравнения: магические константы пандиагональных квадратов из чисел Смита порядков 4 – 6 соответственно: 14560 (наименьшая), 8318 (наименьшая), 5964.
Представленный квадрат построен с использованием примитивного квадрата.

Применяя этот же алгоритм или разработав другой, построить пандиагональный квадрат 7-го порядка из чисел Смита с меньшей магической константой.

Задача № 6

Не найдено ни одного пандиагонального квадрата 9-го порядка из простых чисел. Не разработан алгоритм для такого построения. Разработан алгоритм построения идеального квадрата 9-го порядка, но идеальный квадрат из простых чисел пока не найден.

Разработать алгоритм и построить пандиагональный и/или идеальный квадрат 9-го порядка из простых чисел с любой магической константой, по возможности наименьшей.

Задача № 7

В [2] приведены примеры построения пандиагональных квадратов порядков 11 и 13 из простых чисел с использованием примитивных квадратов. Используя этот алгоритм или разработав другой, построить пандиагональный квадрат 17-го порядка из простых чисел с любой, по возможности наименьшей, магической константой.

1. THE ALGEBRAIC THEORY OF DIABOLIC MAGIG SQUARES. By Barkley Rosser and R. J. Walker
http://narod.ru/disk/23700701000/Rosser1939.rar.html

Примечание: статья переведена на русский язык С. В. Беляевым. Перевод здесь: http://svb.hut/DOWN/Rosser_ru.pdf

2. Тема “Магические квадраты” topic12959.html

Математические маневры: ход 13

2010-11-11T15:40:00.002+02:00

Итак, я снова у компа!
После 13 хода на карте опять 3 игрока: Евгений, Назва и E-Science.

За этот получены баллы:
E-Science +28
Nazva +16
Евгений +15

Математические маневры: ход 12

2010-11-09T19:00:00.004+02:00

На ходу 12 Евгений продолжает высадку на Квадратном пляже, E-Science занимает Хребет Натуральных чисел, а Назва - Геометрические фьорды.

К интерактивной карте математического острова

За ход набрано баллов:
E-Science - 43
Nazva - 16
Евгений - 5

E-Science обходит Nazva по очкам: 606 против 600.

Несколько слов по ходу игры:

Во-первых, подчёркиваю, что я не ставлю своей задачей притормозить или, наоборот, подыграть какой-то команде. Моей задачей является оценка возможности проведения подобного конкурса на регулярной основе и выяснить пути автоматизации некоторых функций.

Кстати, тот факт, что в текущей, первой игре, происходит обкатка и тестирование правил и игровой механики объясняет моё скептическое отношение к предложениям некоторых участников применить правило прецедента к отдельным ситуациям в игре.

Призываю участников маневров не стараться найти уязвимости в условиях задач соперников. Если вопрос по допущениям, используемых в задачах на погони уже рассмотрен командой E-Science, то обращу внимание на задачу про натуральную функцию в Табличной бухте.

По идеологии это задание, скорее, похоже на задачи на установление закономерности в последовательности, но с дополнительным вопросом. Враза «найти все возможные аргументы» одначает именно аргументы для данной функции, а не для всех теоретически существующих функций, принимающих значения, указанные в условии.

Замечу,что применив приём доведения некоторого принципа до абсурда, как правильные следовало бы призначать ответы «оно натуральное» на вопрос «Что можно сказать про число участников чемпионата» и графический файл в обведёнными аккуратными кружочками коэффициентами уравнения на вопрос «Найдите коэффициенты уравнения».

Однако, принимая во внимание некоторую нестандартность задачи про функцию, я прошу загадывающую команду указать ещё 5 её значений.

Математические маневры: ход 11

2010-11-07T19:09:00.003+02:00

На ходу 11 высадку на квадратном пляже начал Евгений. Тем временем E-science отбивает у Назвы Мыс Простых чисел.

К интерактивной карте математического острова

Заработанные баллы:
Назва получает 13 баллов,
E-science получает 53 балла
Евгений получает 5 баллов

Математические маневры: ход 10

2010-11-05T18:03:00.007+02:00

Начался ход 11!

К интерактивной карте математического острова

Оставшиеся на острове игроки обменялись территориями. Кроме того, Назва смоими атаками ослабила оборону в трёх прибрежных областях, контролируемых E-science. А ведь ещё 7 игроков сейчас находятся в свободном плавании, возможно, они, наконец, решатся на высадку?

За ход 10
Назва получает 64 балла (всего 571)
E-science получает 44 балла (всего 510)

Математические маневры: ход 9

2010-11-03T18:02:00.002+02:00

Итак, завершён ход 9. Этот ход длился четверо суток: отчасти из-за проблем с интернетом отчасти из-за разногласий по результатам хода 9 на Мысе Простых чисел.

Технический анализ и опрос специалистов указывает на правоту Назвы, для окончательного устранения сомнения я прошу Льва с Назвы, как только появится в сети, рассказать, как джентльмен джентльменам, что он знает об этом происшествии.

Хотя маневры и не война, на них зачастую тоже бывают потери. Первой потерей, видимо, стало доброе отношение ко мне со стороны участника команды E-science.

Ну что же, a la guerre com a la guerre. Навались, чудо-богатыри! Начинается ход 10. Поехали!

Он будет длиться 2 суток, до тех пор комментарии открывать не буду и решения проверю сам.

E-science за этот ход 9 получает 79 баллов, Назва получает 69 баллов.

Карта математического острова.

К интерактивной карте математического острова

Математические Маневры: Ход 9, часть 2

2010-11-02T17:32:00.004+02:00

Ура! Я снова в сети!

На 8 ходу произошёл некий инцидент на Мысе Простых чисел.

Официальное заявление по нему и по игре в целом.

1. Математические маневры – новая игра, ни во что подобное, насколько мне известно, математики в интернете не играли. И эти первые маневры служат двоякой цели: собственно соревнование и обкатка принципов проведения подобных игр. Поэтому я ценю вклад и интерес каждого участника. Все ситуации, происходящие в игре, позволят сформулировать справедливые правила, установить тематику задач, выяснить человеко-временные затраты на организацию, возможности автоматизации и другие аспекты. Поэтому я прошу участников не бросать игру на полдороге.

2. По умолчанию играют джентльмены (ну и леди, хотя пока таковые в решении матемматических задач конкурса замечены не были). А даже если были какие-то махнации – вы смотрели мультсериал Wacky Races? Там наглядно показывается, что если применять нечестные приёмы, к победе это не приведёт.

3. Считаю полемические приёмы: «Мы не математические, а логические задачи решаем» и «Да что вы там нам напридумываете, легкотню какую-то» неспортивными. Игра есть игра, а соперник есть соперник, и необходимо проявлять уважение.

4. [режим дружеского подзуживания вкл]E-science, вы что, не можете ещё каких-то жалкие 3 провинции захватить и показать им, что даже если был нечестный трюк, то это не момогает? Nazva, а как это вы, решая логические задачи позволили чистым математикам так вас обставить?[режим дружеского подзуживания выкл]

5. И пара слов о моей скромной персоне. Из литературных персонажей ко мне ближе всего, пожалуй, Полесов - "кипучий лентяй". Если бы я перед опубликованием заглянул под ссылку поинтересоваться, что там, инцидента бы не было. Однако (см.п.2) я полагал и полагаю, что играют джентльмены.

В общем, принято решение придержать старт хода 10 на сутки. За это время могут быть получены ответы на технические вопросы и слово джентльмена. Можно доприсылать задачи на укрепление. если кто-то ещё захочет включиться в игру на текущем ходу, у него есть почти сутки, чтобы совершить высадку. [режим дружеского подзуживания вкл]И показать местным, что до этого они плюшками баловались[режим дружеского подзуживания выкл]

Математические Маневры: Ход 9, часть 1

2010-10-31T19:09:00.000+02:00

После большого обмена территориями на ходу 8, 9 ход участники в основном обустраивают и подготавливают к обороне свои новые территории. Атаковано всего 3 провинции.

Десантов не было.

Математические Маневры: Ход 8, часть 2

2010-10-30T19:57:00.004+03:00

После кратковременного эпизода с четырьмя игроками на карте, остров снова оказался разделён между тремя участниками. Однако Zhekas теперь получает возможность выбора для атаки любых прибрежных областей и, возможно, это был хитрый тактический ход?

Карта острова приняла вид:

К интерактивной карте математического острова

Текущие баллы:
Nazva - 83+85=168+58=226+34=260+54=314+51=365+35=400+38=438
E-science.ru - 65+114=179+76=255+71=326+61=387
Armless - 15+17=32