Místnost

IQ testy

Vítejte na místě, kde můžete položit jakoukoli otázku a bude vám (možná) zodpovězena. Jakmile narazíte na nějakou hádanku, hlavolam nebo logický test, neváhejte a hoďte je sem, ať si ostatní mohou trochu zapřemýšlet. Chladiče mozku najdete hned u dveří… Své odpovědi prosím pište "neviditelně", aby i i ti později příchozí neviděli ihned správné řešení a mohli si také pocvičit své mozečky. Napište ŘEŠENÍ:<font color="#706C68"> sem vpište své výsledky </font> Neviditelný text se zobrazí po přejetí textu zmáčknutou myší. Pokud se odpovědi několika návštěvníků neshodnou, zadávající po čase zveřejní tu správnou. Aktuální šachová úloha (další najdete v příspěvcích o pár stránek dál): Bílý dá mat třetím tahem. Místnost má od 19:30:18  17. 03. 2003 pronajatou Zedd.zorander

Pokud se chcete zapojit do diskuze, musíte se do Taverny nejdříve zaregistrovat nebo přihlásit

Lampar, vloženo 19:17:33  02. 03. 2010

Orki: Doutnáky - tuhle hádanku znám ještě z dob, kdy jsem dělal dětské tábory, takže nebudu ostatním kazit radost z nalezení vlastního řešení. Betka: Troška geometrie: pokud - rohy čtverce označím A, B, C a D, - na straně čtverce AC vyznačím bod A2 na dvou pětinách a bod A4 na čtyřech pětinách vzdálenosti od A k C - na straně čtverce BD vyznačím bod B2 na dvou pětinách a bod B4 na čtyřech pětinách vzdálenosti od B k D pak mohu spojit body A4 a B přímkou p1 a body B4 a A přímkou p2. Přímky p1 a p2 se protínají v bodě E, který leží též na přímce p3 procházející body A2 a B2. To, že všechny tři přímky procházejí bodem E lze prokázat na základě shodnosti rovnoraměnných trojůhelníků AEA2 a BEB2 resp. shodnosti pravoúhlých trojúhelníků ABA2 a BAB2. Shodnosti vyplývají z toho, že jde vždy o symetrickou (rep. zrcadlovou) dvojici trojúhelníků vložených do čtverce. Zbývá dokázat, že všechny tři uvedené přímky rozdělují čtverec v poměru 2:3, tedy 0,4 ku 0,6 plochy čtverce. U přímek p1 a p2 to dokážu výpočtem plochy trojúhelníka ABA2 reps. BAB2 (4/5 * 5/5 / 2 = 10/2 = 40/100 = 0,4 plochy čtverce). U přímky p3 tvoří část čtverce nad přímkou obdélník o stranách 2/5 a 5/5 strany čtverce, plocha je tedy 2/5 * 5/2 = 10/25 = 0,4 plochy čtverce. Tím je důkaz dokonán. Hra s rovnicí: Tato úloha nemá IMHO jednoznačné řešení. Pokusím se toto tvrzení dokázat takto: mějme v zadáné rovnici x^4+a*x^3+b*x^2+c*x+d=0 - x=0; potom vyhrává první na tahu, neboť mu stačí v prvním tahu zadat d= jakékoliv nenulové reálné číslo a druhý na tahu s tím nebude moci nic dělt, protože při zadání jakýchkoliv hodnot a,b resp. c budou první čtyři členy rovnice vždy nulové. Výsledkem bude vždy nerovnost, úloha nebude mít řešení. - x=1; potom vyhrává druhý na tahu, neboť v posledním (čtvrtém) tahu zadá jako poslední koeficient takové realné číslo, které po vynásobení jedničkou (x^4=1, x^3=1, x^2=1, x=1) vynuluje levou stranu rovnice. Výsledkem bude vždy rovnost 0=0, úloha bude mít řešení. Prokázal jsem tedy, že existuje alespoň jeden případ, ve kterém úloha nemá a alespoň jeden případ, ve kterém úloha má řešení. Na otázku v úloze tedy nelze jednoznačně odpovědět. Dovolím si také dát jednu hádanku: Máte aneroid, což je přístroj k měření atmosférického tlaku (tlaku vzduchu) v podobě krabičky o velikosti přibližně 15 * 10 * 5 cm. Najdětě aspoň 4 způsoby, jakými lze reálně zjistit pomocí tohoto přístroje výšku mrakodrapu.

Petd, vloženo 17:22:57  02. 03. 2010

Betka: rovnice Samozřejmě že snadno může vyhrát Orki, jestliže si pamatuje něco o algebraických číslech. Pokud za d použije nealgebraické nebo algebraické vyššího než 5 stupně tak není možné vytvořit rovnici tak aby byla řešitelná, s připomínkou druhého tahu kde nesmí použít jeho libovolný násobek jiným než číslem splnující stejné podmínky a to za a nebo b. Jinak z druhé strany je to jednoduché pokud začne Lampář tak vždycky vyhraje, stačí aby na pozici d dal 0.

Felix, vloženo 16:16:40  02. 03. 2010
	Orki: jo! ten je tak akorát pro mě! :-) Betka: Orki s Lampářem. Tady je podle mě přesně rozdíl, kde končí zajímavé matematické a logické úlohy, a co už je úchylnou hádankou toliko pro matfyzáky.

Betka, vloženo 15:28:43  02. 03. 2010

Tak jestli si někdo chce lámat hlavu, mám tu nějaké příklady :) Hra s rovnicí: Orki a Lampář si vymysleli hru. Mají rovnici x^4+a*x^3+b*x^2+c*x+d=0. Ten, kdo je na tahu, napíše místo jednoho z koeficientů a,b,c,d libovolné reálné číslo. Orki vyhraje, pokud výsledná rovnice (po čtyřech tazích) nebude mít žádné reálné řešení. Naopak, pokud výsledná rovnice bude mít řešení, vÿhraje Lampář. Když bude Orki začínat, kdo má výherní stategii? Troška geometrie Mám čtverec a devět přímek takových, že každá z nich dělí čtverec na dvě části, jejichž obsahy jsou v poměru 2:3. Dokažte, že aspoň 3 z nich procházejí jedním bodem.

Orki, vloženo 15:04:30  02. 03. 2010
	no je spíš pro děti, ale narazil jsem na něj náhodou a tak ho sem dam taky..

Orki, vloženo 15:03:48  02. 03. 2010
	Tak jeden lehký, ale docela pěkný: Máte 2 doutnáky a zapalovač, každý doutnák hoří celý přesně 1 hodinu, ale ne stejně rychle (tzn. klidně 3/4h bude hořet 1/10 doutnáku a čtvrt hodiny pak zbytek -to se nedá říct) a úkol je s jejich pomocí odměřit 3/4 h. Jaký bude postup?

Betka, vloženo 13:04:44  26. 02. 2010
	Mizím pryč na víkend, kdyžtak potom zase něco nahodím :)

Lampar, vloženo 01:00:54  26. 02. 2010
	Betka: Aha, špatně jsem pochopil zadání, ještě o tom popřemýšlím.

Orki, vloženo 00:46:35  26. 02. 2010

Jinak Bětko máš asi pravdu -já si zkrátka začal počítat m-úhelníky (souvislost s nižším m jsem objevil a využíval, abych nemusel drtit kombinace) a pak snažil najít pravidlo, takže tak.. Ohledně dětí je to tak. To čím je ta úloha zajímavá, že se na ní dají použít odlišné způsoby (školy) uvažování (správně by měl být výsledek, co máš ty). Protože jsem o nich netušil a rozporů při různých přístupech jsem si byl vědom, ryl jsem se v tom docela dlouho..

Orki, vloženo 00:34:35  26. 02. 2010
	Lampáři, ale třeba při n=4 tj. čtverci s jedním černým vrcholem lze vytvořit tři různé trojůhelníky s využitím černého vrcholu a jen jeden z čistě bílých vrcholů.

Lampar, vloženo 00:25:31  26. 02. 2010
	Betka: Tak dobře: Ke každému úhlu (ovečce) v n-úhelníku lze přiřadit stejný počet m-úhelníků (pokud m-úhelník nemá být totožný s n-úhelníkem: ve čtyřúhelníku tři, v pětiúhelníku čtyři atd.). Černá ovce je jedna, bílých je vždy n-1. Černobílých m-úhelníků tedy bude vždy (n-1)/1 = n-1 krát více než černých m-úhelníků. Tak asi tak uvažuji.

Petd, vloženo 19:52:15  25. 02. 2010
	Pak je to samozřejmě jasné. Je to počet K (n - 1, 2).

Petd, vloženo 19:47:18  25. 02. 2010
	Betka: no jde o to, že zadání opravdu není jednoznačné u těch oveček. Pokud bych bral za zadání jen to co jsi napsala, tak z něj vyplývá že to posuzuješ pro jednotlivé m-úhelníky a tam to není tak jednoznačné.

Betka, vloženo 19:45:38  25. 02. 2010
	Petd: Máš pravdu, ale zkus úlohu pojmout tak, že se m mění a ty sčítáš dohromady všechny troj-, čtyř- až n-úhelníky :) (snažila jsem se to v té poznámce dole dovysvětlit, zřejmě se mi to stejně nepovedlo ... věřte nebo ne, napsat zadání je někdy větší kumšt než řešení)

Petd, vloženo 19:43:07  25. 02. 2010
	K druhému úkolu nelze určit kterých obrazců bude víc záleží na m i n. Počet černobílích je K(n-1,m-1) a čistě bílých K(n-1, m). Takže pokud n/2 = m + 1 pak je oveček stejně. Pokud n/2 > m + 1 pak je víc černobílých a n/2 < m + 1 zas bílých. Pro názornost třeba pro 6 oveček a trojuhelnik je to celkem 10 kombinací pro obě možnosti. koukám že jsem to pochopil špatně já myslel že to je pro dané m.

Betka, vloženo 18:53:38  25. 02. 2010

Orki: Dva synové: Bude to jedna třetina, protože u dvou dětí jsou možnosti syn-syn, syn-dcera, dcera-syn, dcera-dcera stejně pravděpodobné, a my navíc víme, že možnost dcera-dcera nemůže nastat. Znám jiné verze úlohy .. Ovečky ti vyšly dobře :) Ale nemusí se počítat, dají se řešit trikem: Všimnu si, že každému bílému m-úhelníku můžu přidat černou ovci a dostat tak "černý" m+1-úhelník. Tím vím, že černých m-úhelníků je aspoň tolik jako bílých. Ovšem navíc jsem ještě nezapočítala černé trojúhelníky, takže jich bude víc :) (a ano, přesně o (n-1)(n-2)/2). Tuhle úlohu jsem teď opravovala po středoškolácích a největší sranda byla zjišťovat, jak si kdo vlastně to ne úplně přesné zadání vyložil :D Lampar: Těsně vedle :) Spíš napiš jak uvažuješ, než číslo. Zítra: Přijde mi, že do té indukce se stejně ještě musí vsunout nějaké úvaha o tom, že tu největší dřív nebo později vytáhneš - něco z toho řešení výše. Ale taky se mi líbí :)

Petd, vloženo 18:44:09  25. 02. 2010

Betka: je to jasné, vzhledem k tomu, že každým otočením nejvyššího čísla se toto číslo dostane na konec a již se nemůže pohnout. To následuje je pro všechny ostatní. Tedy od zadu se zmenšuje počet volných karet jež se mohou otáčet. Vzhledem k systému otáčení je vždy další karta jiné hodnoty než otáčená. matematický postup: pro dvě to platí stačí jedno nebo žádné otočení. Pokud to platí pro n - 1 karet, pak jsou dvě možnosti, pokud je n tá karta na nté pozici tak neovlivnuje hledání (neexistuje karta, která by s ní mohla pohnout), pokud leží uvnitř balíčku, platí pro ni to samé jako pro kartu s číslem jedna a tedy se dostane na konec balíčku a opakuje se první část.

Orki, vloženo 16:38:03  25. 02. 2010
	btw klobouk dolů před lidma, co to hodnotí -sovje úvahy jsem schopen sledovat, ale s těmi od Zitra jsem měl socela problém, ale ta indukce pomohla :)

Orki, vloženo 16:28:32  25. 02. 2010
	A já měl ve výpočtu rozdílu chybu, ve skutečnosti bude s černým vrcholem o (n2 - 3n + 2) / 2 víc, než čistě bílých :)

Zitra2, vloženo 16:19:50  25. 02. 2010

Betka: To je skryto v tom, že pokud táhnu kartu z k-1 karet, menších než k získávám nové k´, protože zde buďto v k´-1 kartách není žádná s větší hodnotou než k´, anebo získám nové k´´, pro které platí k>k´´>k´, odtud i kdybych se vrátil k původnímu k´, tak platí, že mezi k´-1 kartami není k´´, nebo číslo větší, než k´´. Tedy po konečném počtu kroků, jistě dosáhnu stavu, kdy před k´ nebudou žádná čísla větší, než k´. Důkaz matematickou indukcí, je skutečně elegantní: Nejprve dokážu, že vztah platí pro n=1. To je zřejmé, protože z jedné karty mohu vytáhnout pouze jedničku. Pak musím ukázat, že když vztah platí pro libovolné n karet, pak musí platit i pro n+1 karet. Uvažujme, tedy n+1 karet v libovolném pořadí, dejme si n+1 kartu stranou. Dostáváme n karet, kdyby byli o hodnotách 1 .. n, pak vztah platí. V našem případě je místo jedné karty umístěna karta n+1. Tedy pokud vztah platí pro n karet, pak buďto vytáhnu jedničku po konečném počtu kroků, nebo narazím na kartu n+1, pak ale musím tuto kartu zaměnit s kartou, kterou jsem dal bokem a dostávám n karet o hodnotách 1..n, pro které vím, že jedničku vytáhnu po konečném počtu kroků.

Zpět