Борис!!! Я 6 лет назад поступала на физика, смотрела тебя для подготовки к проф матану, закончила вот магу, попался в реках, честно? Капец изменился! Спасибо за буст нас маленьких ❤
Какая интересная задача! Мы Вас смотрим с удовольствием, сами преподаём математику, готовим к олимпиадам, и всегда черпаем вдохновение в Ваших идеях. Честно скажу, что попытался решить, но про раскраску "матрас" не додумался. Теперь будем знать. Интересно, наши ученики решат ли эту задачу))
Здесь я полностью согласен с составителями олимпиад, задача действительно сложная, это не тот случай как с задачей из видео "В интернете опять кто то не прав" с Саватеевым, там можно было понять быстро логику. Здесь конечно число 1001 сбивает с мыслей, если бы было скажем 8, было бы проще понять про что задача. И увидеть что это про цвета достаточно сложно, может нужно просто найти какой то хитрый способ замощения и т д
Можно и я что-нибудь ляпну. Знак вопроса мимо. Можно сказать, что эффект наблюдателя это эффект измерителя. Когда просто наблюдать, то видишь интерференцию, то есть волну. А когда ставят счётчик частиц, то выходит квантовая запутанность. Нам кажется, что энергия становится частицей. Неужели человечество ещё не доросло до энергии, плотнее вещества? Или энергий, быстрее света. Нет? Неужели? В самом деле? Ведь, если мы в будущем станем быстрее света, и решим вернуться к нам теперешним. То мы теперешние ничего и не заметим. Разве что свет мигнет от скачка напряжения.😂
@@ybrbnf333 естественно, что нельзя на нашем уровне эволюции. Но оглянись всего на 500 лет назад. Сколько тогда было нельзя, что сейчас можно. Страшно подумать, что будет через 500 лет впереди.
Очень давно не заходил к вам на канал, тк матеша у меня окончилась уж года 3 как. Даже не узнал сначала вас, значительно внешне поменялись в лучшую сторону)
- 7 красных перпендикулярных друг другу линий. Это невозможно - так вы их нарисовали синими - у меня нет красного маркера, это не важно - я считаю, что в этом дело, вы попробуйте нарисовать их красным... ВЫ ЖЕ ЭКСПЕРТ 😅
Борис, привет! Только наткнулся на канал и посмотрел видео годовой давности! И, как многие комментаторы заметили, КАК ТАК ПОХУДЕЛИ? Почему? Перешли на другой тип питания?
а я свій розв'язок придумав, при розфарбовуванні у 2 кольори в шхматному порядку. У фігури "плюс" буде в центрі клітинка кольору "1", а інші 3 клітинки кольору "2". У двох інших фігур буде буде по 2 та 3 клітинки різного кольору. 1) Якщо фігуру "плюс" використати 1 раз, то інших фігур має бути використано 3 +2к рази, де к - ціле не від'ємне число (щоб збалансувати кількість клітинок різних кольорів). Отже сумарна кількість всіх використаних фігур має бути 1 + 3+2к = 4+2к (парна кількість). А всього потрібно закласти фігурами 1001*1001 - 4*4 клітинок (непарна кількість), яку не можливо викласти парною кількістю фігур, кожна з яких має по 5 клітинок. 2) Якщо фігуру "плюс" не використовувати, то кількість клітинок різного кольору в інших фігурах відрізняються на 3+2 та 2+3, отже вони мають стояти теж парами, а парну кількість таких фігур для 1001*1001 - 4*4 клітинок використати не можливо
Первую задачу можно решить с помощью паросочетания: каждую aij клетку можно скомбинировать с левой, правой, верхей или нижней, любая такая комбинация означает домино. Строится граф, где каждая клетка это вершина и соединена рёбрами с 4-мя соседями - верхней, нижней, левой, правой клеткой. Если будет найдено полное паросочетание, это эквиваленто полному замощению доски Ну и тут уже пройдёт даже довольно большой размер доски, т.к. получившийся граф - сетка, а все сетки двудольные и Диниц отработает за sqrt(V) * E, то есть даже доска с миллионом клеток (любой конфигурации в смысле выколотых клеток) подойдёт
Я её сильно усложнил). Я раскрасил в 3 цвета, так, что они чередуются по диагоналям. Каждая фигурка занимает 2 клетки двух цветов и одну другого. Назвал кол-во фигурок, которые занимают какой-то определённый цвет только один раз x, y, z; посчитал, сколько всего клеток каждого цвета (там у 2-х цветов одинаковое кол-во, у третьего другое), составил систему линейных уравнений (типа 2x + 2y + z = . . . , 2x + y + 2z = . . . , x + 2y + 2z = . . . ), решил её и получил нецелые ответы. Т.к. решение одно, любое распределение фигурок не сработает, т.к. количество фигурок каждого типа целое, а любое целое число не подходит по системе P.s. фигурок двух типов нужно по 66 797.6, фигурок третьего типа нужно 66 802.6
Мне кажется такое решение даже проще записать, чем авторское, потому что в нём меньше слов. А то получается, что это не олимпиада по математике, а какое-то изложение по русскому, где ещё к каждому слову будут докапываться. Кстати правильно я понял, что по этому решению получается, что такую доску невозможно закрасить даже если добавить дополнительные фигуры с таким же свойством 2-2-1 при раскраске в любом направлении (например, палку из пяти клеток)?
Вот бы ролик про кривые второго порядка (директрисы, асимптоты и т.п.) от Б.В., хотя бы по одному примеру разобрать: 1 парабола, 1 эллипс, 1 гипербола... 😊
А если в первой задаче выломать две клетки разного цвета? Всегда ли можно будет замостить? Вроде бы да, но что-то я не встречал простого доказательства. Ни даже вопроса про это.
Конечно можно, если вы говорите про угловые элементы. Можно хоть все доминошки в одном направлении расположить и получится. А вот если выломать где-то нестандартно, то тут уже совершенно иные задачи
Простое доказательство: если вырезаны две клетка разного цвета, они находятся в противоположных вершинах прямоугольника, у которого одна сторона имеет четную длину, а другая - нечетную (у прочих прямоугольников противоположные вершины одного цвета). Теперь, либо этот прямоугольник примыкает к одной из сторон доски, либо нет. Если нет, планомерно отрезаем от доски "ободки" шириной в клетку, пока прямоугольник не будет примыкать к стороне остатка доски (очевидно, любой из "ободков" замощается доминошками, т.к. содержит четное количество клеток). Теперь выберем четную сторону прямоугольника и будем отрезать от остатка доски полосы шириной 1 с обеих сторон, до тех пор, пока прямоугольник не будет примыкать к остатку доски своей нечетной стороной полностью (каждая полоска замощается доминошками, потому что имеет четную длину). Теперь остаток доски разбивается на 2 части: прямоугольник с вырезанными углами и целиковый прямоугольник, оба из которых имеют одну четную и одну нечетную сторону. Целиковый прямоугольник легко замощается доминошками. Теперь задача сведена к замощению прямоугольника без двух углов. Она остается в качестве домашнего задания ))
@@tufoed Я бы упростил серединку вашего доказательства. Обрезаем не ободки, а полосы - сначала вдоль нечётной стороны нашего внутреннего прямоугольника, потом вдоль чётной. В результате только этот прямоугольник и останется.
Спасибо, очень интересно! А вот если была бы доска была 999х999, то доказательство раскраской наверное не получилось бы. Получилось бы каждого цвета нечетное число, но это ведь еще не доказывает, что решение точно есть. Или все же обратное верно? То есть если каждого цвета поровну, то решение всегда будет.
999×999 - 2 = нечетное число На доминошки точно не разделишь, одна клетка лишняя останется. Одного цвета - четное число, другого - нечетное. Но это уже лишнее построение
Уважаемый БВ, вы помогли мне понять многие темы более подробно и поєтому я хотел попрсить вас сделать видео( если возможно серию видео)по линалу, т.к я думаю многие первокурсники как и я столкнулись с очень поверхносным пониманием детерминантов(в частности теоремы Лапласса и ее следствием(теоремой анулирования)). Из теоремы анулирования следуют формулы крамера и там докозательство не сложное, но саму теорему анулирования не доказали и т.д.
умозаключения, начиная с того момента, когда мы выяснили четность/нечетность черных, белых и оранжевых клеток, пришлось пересматривать несколько раз. не сразу дошло до меня.
Ох я помню задачку на раскраску в олимпиаде по программированию. Она была на регионе, год точный не помню, но вроде в сезоне 20-21. Вот она была не приятной
Есть вариант по легче. Я бы решал через через индуцию. 1001 это частный случай (3к+2). Доказываешь для к=4 например что это невозможно и второй шаг P(k) -> P(k+1) даже не требуется потому что здесь инвариант вступает в силу.
А чё тут доказывать? Бери листочек в клетку, выреж эту фигуру без углов. А потом попробуй разрезать по два квадратика в кучке, то есть доминошку. Были бы эти уголки срезаны с одной стороны, или с одного угла. Тогда да, была бы пара. И всю доску можно было разрезать на пары. А при условии, что уголки вырезаны по диагонали, то каждая сторона нечётная и на два не делится. Надеюсь, что я понятно излагаю.Но извините, если что.😊
Здравствуйте, не могли бы вы помочь мне, у равностороннего треугольника в который вписана окружность, есть формула радиуса. r=a/2√3, я прочитал что еë можно доказать через теорему пифагора, но попробовав, не понимаю как, могли бы вы подсказать как сделать это.
Через теорему Пифагора находишь формулу высоты. Она же является медианой. Медиана, как известно, делится точкой пересечения в отношений 2:1, считая от вершины. Малая часть - радиус вписанной окружности, большая - описанной. Высоту делите на 3, и получаете формулу радиуса вписанной окружности правильного треугольника
Такого выражения для радиуса не может быть. Для вписанной окружности a*√3/6, а для описанной a*√3/3, если a- сторона равностороннего треугольника. В таком треугольнике высота ( она же мебиана и биссектриса ) равна a*√3/2. Медианы делятся точкой пересечения в отношении 2:1, тогда 1/3 часть высоты это радиус вписанной окружности, а 2/3 высоты... радиус описанной.
Хочу задать один вопрос. Сам дойти не могу, а в интернете не нашел. Почему уравнение вида x(x+1)=0 можно разбить на два уравнения x=0 и x+1=0. Понятно, что один из множителей должен быть равен нулю и мы предполагаем, что они оба равны нулю. Но в этом и прикол, что другой же может быть и не равен нулю. Тогда решение не однозначное получается. Разве нет?
@ но корня то в итоге два. 0 и -1. Но как можно это утверждать? Например, если х=0, то х+1 может быть нулю не равен, а равен, например 150. Вот меня интересует именно это. Почему второй корень -1, хотя при первом корне х=0 это вообще не обязательно. А если наоборот х+1=0, то х может быть равен чему угодно. Может быть я просто туплю конечно, но решил все таки спросить. Может у меня будет озарение
@@Bez_Imeni_i_familii Если один из множителей равен нулю, то нам не важно, чему равен другой множитель (тут вы абсолютно правы), потому что произведение в любом случае будет равно нулю
"Если не раскрашивать, может быть получится?" - больше похоже на анекдот про чукчу: Человек: "Я доеду на этом автобусе до вокзала?" Водитель: "Нет" Чукча: "А я?"
Без претензии к автору видео, но именно за это я и не любил олимпиады: нужно не решение, а понять как автор задачи её придумал. Загадал ли он красивое в его понимании число, использован ли популярный в его время анекдот, знаю ли я ту де версию легенды про какого-нибудь философа? А когда знаешь ответ, то и вопрос к нему придумаешь 😂 (Доб. Кажется, я только что понял сюжет "Автостопом по галактике"😂)
@trushinbv значит, эти школьники более творческие. Либо я такой тормоз :) Мне вот задачи с чётким алгоритмом даются проще. Так в университете урматы дались быстро, экзамен сдал вообще вторым со всего потока, а матан и общефиз, особенно те моменты, где нужно додумать недостающие условия, вообще не шли. До сих пор интегралы по таблицам смотрю (на крайний случай могу свести один к другому или численно, проверив сходимость, разумеется)
@@waaaghtech9959сколько вы пробовали её решать? Те школьники, которые её решили, потратили на неё пару часов ) А если вы заранее знаете алгоритм решения задачи, то это и не задача вовсе. Задача - это когда первые полчаса смотришь с единственной мыслью «как это вообще можно решить?» ))
@@trushinbv я согласен с тем, что именно такие задачи на проявление креативности и должны быть в олимпиаде. Стандартизированные пусть останутся только в экзаменах. По аналогии с полем 8*8 я понял, что задача про делимость будет. Я, правда, думал покрасить 2*2, раз такие вырезы в углах, в 2 цвета. Заметил, что фигуры вписаны в поле 3*3 и т.д. Вы быстро перешли на вариант с 3 продольными полосками. То есть как минимум 2 шага в сторону от решения исходной задачи: добавить цвет и разместить вертикально. И то, при условии, что ученик уже помнит про решение 8*8. Это навело на други мысли. Что если первый вариант никто не разбирал, как со мной в школе? Меня просто слали на олимпиады, без подготовки) Или вот продолжали бы красить диагонально? А вот было ли замощение исходного квадрата? Изменится ли решение при другом соотношении сторон? А с другим набором фигур? А с тетрисом? А если не красить? 😂 В общем, меня скорее интересовал вопрос "а сколько решений есть" и при каких обстоятельствах они выполнимы. Но понял, что Пенроузом мне не быть 😅.
@@trushinbv БВ, а почему мы утверждаем, что всех фигур или четное или нечетное количество? Может же оказаться (в предположении) так, что первых фигур чет, вторых нечет, третьих чет
Ахренеть, я ботал к олимпиадкам по его видосам четыре года назад, щас уже не нужно, но вот случайно зашел и вааа как он постройнел
Борис!!! Я 6 лет назад поступала на физика, смотрела тебя для подготовки к проф матану, закончила вот магу, попался в реках, честно? Капец изменился! Спасибо за буст нас маленьких ❤
Ну это решение справедливо, если красить в доску в три цвета указанным способом. А вот если покрасить по-другому, то может получиться
Отлично выглядит! И автор, и задача.
Борис, сдал ЕГЭ 5 лет назад и вот в 5 утра с другом решил зайти к вам на канал. Вы прекрасно выглядите, невероятно изменились. Удачи вам, маэстро!
Это все конечно хорошоо, но что если бы он вместе оранжевого мелка взял зелёный??! Вдруг получилось бы
Зеленый мелок красного цвета?
А лучше мелок в виде котика
@@dudeover две взаимоперпендикулярные линии в виде котика
Какая интересная задача! Мы Вас смотрим с удовольствием, сами преподаём математику, готовим к олимпиадам, и всегда черпаем вдохновение в Ваших идеях. Честно скажу, что попытался решить, но про раскраску "матрас" не додумался. Теперь будем знать. Интересно, наши ученики решат ли эту задачу))
В тот годе её решило человек 10 по стране )
@@trushinbv Ого! Любопытно даже, почему так мало. А у нас никто без подсказок не решил в итоге) Зато задача всем понравилась!
Здесь я полностью согласен с составителями олимпиад, задача действительно сложная, это не тот случай как с задачей из видео "В интернете опять кто то не прав" с Саватеевым, там можно было понять быстро логику. Здесь конечно число 1001 сбивает с мыслей, если бы было скажем 8, было бы проще понять про что задача. И увидеть что это про цвета достаточно сложно, может нужно просто найти какой то хитрый способ замощения и т д
Эффект наблюдателя немного не про это) Наблюдатель самим своим наблюдением влияет на наблюдаемую систему и не может её корректно измерить.
Обожаю такие объяснения хрен пойми кого , не понимающего про что он говорит
Можно и я что-нибудь ляпну. Знак вопроса мимо.
Можно сказать, что эффект наблюдателя это эффект измерителя. Когда просто наблюдать, то видишь интерференцию, то есть волну. А когда ставят счётчик частиц, то выходит квантовая запутанность. Нам кажется, что энергия становится частицей.
Неужели человечество ещё не доросло до энергии, плотнее вещества? Или энергий, быстрее света. Нет? Неужели? В самом деле?
Ведь, если мы в будущем станем быстрее света, и решим вернуться к нам теперешним. То мы теперешние ничего и не заметим. Разве что свет мигнет от скачка напряжения.😂
@@_petro_dmyterchuk человек максимум достигнет пары % скорости света. Дальше нельзя
@@ybrbnf333 естественно, что нельзя на нашем уровне эволюции.
Но оглянись всего на 500 лет назад. Сколько тогда было нельзя, что сейчас можно.
Страшно подумать, что будет через 500 лет впереди.
Тема очень интересная, круто
Ну и учителя математики пошли... анекдот! надеюсь, это единичный случай
А Ваша задача очень красива, и идея отличная, спасибо!
толковая задача, благодарю
Очень давно не заходил к вам на канал, тк матеша у меня окончилась уж года 3 как. Даже не узнал сначала вас, значительно внешне поменялись в лучшую сторону)
Смотрел Вас в 11 классе
Вы так помолодели!!! Вау!
Por favor, coloque uma legenda em Português 👍🏾
Классная превьюшка!
- 7 красных перпендикулярных друг другу линий. Это невозможно
- так вы их нарисовали синими
- у меня нет красного маркера, это не важно
- я считаю, что в этом дело, вы попробуйте нарисовать их красным...
ВЫ ЖЕ ЭКСПЕРТ 😅
Борис, привет! Только наткнулся на канал и посмотрел видео годовой давности! И, как многие комментаторы заметили, КАК ТАК ПОХУДЕЛИ? Почему? Перешли на другой тип питания?
а я свій розв'язок придумав, при розфарбовуванні у 2 кольори в шхматному порядку. У фігури "плюс" буде в центрі клітинка кольору "1", а інші 3 клітинки кольору "2". У двох інших фігур буде буде по 2 та 3 клітинки різного кольору.
1) Якщо фігуру "плюс" використати 1 раз, то інших фігур має бути використано 3 +2к рази, де к - ціле не від'ємне число (щоб збалансувати кількість клітинок різних кольорів). Отже сумарна кількість всіх використаних фігур має бути 1 + 3+2к = 4+2к (парна кількість). А всього потрібно закласти фігурами 1001*1001 - 4*4 клітинок (непарна кількість), яку не можливо викласти парною кількістю фігур, кожна з яких має по 5 клітинок.
2) Якщо фігуру "плюс" не використовувати, то кількість клітинок різного кольору в інших фігурах відрізняються на 3+2 та 2+3, отже вони мають стояти теж парами, а парну кількість таких фігур для 1001*1001 - 4*4 клітинок використати не можливо
А если «плюсов» много?
И почему если нет «плюсов» то остальных поровну? Черных и белых клеток же не поровну
Самое трудное - догадаться раскрасить в 3 цвета. Дальше дело техники.
Первую задачу можно решить с помощью паросочетания: каждую aij клетку можно скомбинировать с левой, правой, верхей или нижней, любая такая комбинация означает домино. Строится граф, где каждая клетка это вершина и соединена рёбрами с 4-мя соседями - верхней, нижней, левой, правой клеткой. Если будет найдено полное паросочетание, это эквиваленто полному замощению доски
Ну и тут уже пройдёт даже довольно большой размер доски, т.к. получившийся граф - сетка, а все сетки двудольные и Диниц отработает за sqrt(V) * E, то есть даже доска с миллионом клеток (любой конфигурации в смысле выколотых клеток) подойдёт
Я её сильно усложнил).
Я раскрасил в 3 цвета, так, что они чередуются по диагоналям. Каждая фигурка занимает 2 клетки двух цветов и одну другого. Назвал кол-во фигурок, которые занимают какой-то определённый цвет только один раз x, y, z; посчитал, сколько всего клеток каждого цвета (там у 2-х цветов одинаковое кол-во, у третьего другое), составил систему линейных уравнений (типа 2x + 2y + z = . . . , 2x + y + 2z = . . . , x + 2y + 2z = . . . ), решил её и получил нецелые ответы. Т.к. решение одно, любое распределение фигурок не сработает, т.к. количество фигурок каждого типа целое, а любое целое число не подходит по системе
P.s. фигурок двух типов нужно по 66 797.6, фигурок третьего типа нужно 66 802.6
Мне кажется такое решение даже проще записать, чем авторское, потому что в нём меньше слов. А то получается, что это не олимпиада по математике, а какое-то изложение по русскому, где ещё к каждому слову будут докапываться.
Кстати правильно я понял, что по этому решению получается, что такую доску невозможно закрасить даже если добавить дополнительные фигуры с таким же свойством 2-2-1 при раскраске в любом направлении (например, палку из пяти клеток)?
@sergeysharov350 да, по идее так
Товарищ лектор всё очень понятно рассказал. Но как же всё-таки по проволоке текёт керосин?
Ничо се как Трушин похудел. Красавчик!
Странная история Бенджамина Трушина
Вот бы ролик про кривые второго порядка (директрисы, асимптоты и т.п.) от Б.В., хотя бы по одному примеру разобрать: 1 парабола, 1 эллипс, 1 гипербола... 😊
проще в рулетку на чет-нечет выиграть )))))
А если в первой задаче выломать две клетки разного цвета? Всегда ли можно будет замостить? Вроде бы да, но что-то я не встречал простого доказательства. Ни даже вопроса про это.
Конечно можно, если вы говорите про угловые элементы. Можно хоть все доминошки в одном направлении расположить и получится. А вот если выломать где-то нестандартно, то тут уже совершенно иные задачи
Я ничего не говорил про угловые элементы. Только про разноцветные.
@@MrAzanov ну тут формируется задач бесконечно множество..... Фигурки то можно вырезать откуда угодно
Простое доказательство: если вырезаны две клетка разного цвета, они находятся в противоположных вершинах прямоугольника, у которого одна сторона имеет четную длину, а другая - нечетную (у прочих прямоугольников противоположные вершины одного цвета). Теперь, либо этот прямоугольник примыкает к одной из сторон доски, либо нет. Если нет, планомерно отрезаем от доски "ободки" шириной в клетку, пока прямоугольник не будет примыкать к стороне остатка доски (очевидно, любой из "ободков" замощается доминошками, т.к. содержит четное количество клеток). Теперь выберем четную сторону прямоугольника и будем отрезать от остатка доски полосы шириной 1 с обеих сторон, до тех пор, пока прямоугольник не будет примыкать к остатку доски своей нечетной стороной полностью (каждая полоска замощается доминошками, потому что имеет четную длину). Теперь остаток доски разбивается на 2 части: прямоугольник с вырезанными углами и целиковый прямоугольник, оба из которых имеют одну четную и одну нечетную сторону. Целиковый прямоугольник легко замощается доминошками. Теперь задача сведена к замощению прямоугольника без двух углов. Она остается в качестве домашнего задания ))
@@tufoed Я бы упростил серединку вашего доказательства. Обрезаем не ободки, а полосы - сначала вдоль нечётной стороны нашего внутреннего прямоугольника, потом вдоль чётной. В результате только этот прямоугольник и останется.
Спасибо, очень интересно! А вот если была бы доска была 999х999, то доказательство раскраской наверное не получилось бы. Получилось бы каждого цвета нечетное число, но это ведь еще не доказывает, что решение точно есть. Или все же обратное верно? То есть если каждого цвета поровну, то решение всегда будет.
999×999 - 2 = нечетное число
На доминошки точно не разделишь, одна клетка лишняя останется.
Одного цвета - четное число, другого - нечетное. Но это уже лишнее построение
По формальной логике обратное утверждение не должно обязательно выполняться
(1/4)! факториал как найти
через гамма функцию
Такого не может быть. Факториал для целых неотрицательных чисел!
@@ЕленаЛиненко-к7у ну вообще можно факториал обобщить для любых чисел
Уважаемый БВ, вы помогли мне понять многие темы более подробно и поєтому я хотел попрсить вас сделать видео( если возможно серию видео)по линалу, т.к я думаю многие первокурсники как и я столкнулись с очень поверхносным пониманием детерминантов(в частности теоремы Лапласса и ее следствием(теоремой анулирования)). Из теоремы анулирования следуют формулы крамера и там докозательство не сложное, но саму теорему анулирования не доказали и т.д.
умозаключения, начиная с того момента, когда мы выяснили четность/нечетность черных, белых и оранжевых клеток, пришлось пересматривать несколько раз. не сразу дошло до меня.
Борис, какие раскраски?! У меня сессия через месяц, выпусти матан
Ох я помню задачку на раскраску в олимпиаде по программированию. Она была на регионе, год точный не помню, но вроде в сезоне 20-21. Вот она была не приятной
Во нашел её: название "Хорошие раскраски", была в 2021
Есть вариант по легче. Я бы решал через через индуцию. 1001 это частный случай (3к+2). Доказываешь для к=4 например что это невозможно и второй шаг P(k) -> P(k+1) даже не требуется потому что здесь инвариант вступает в силу.
Какой инвариант? )
а действительно
можно ли доказать первую задачу не раскрашивая доску
например используя комбинаторику, алгебру, тригонометрию и т.д.
???
А чё тут доказывать? Бери листочек в клетку, выреж эту фигуру без углов. А потом попробуй разрезать по два квадратика в кучке, то есть доминошку.
Были бы эти уголки срезаны с одной стороны, или с одного угла. Тогда да, была бы пара. И всю доску можно было разрезать на пары. А при условии, что уголки вырезаны по диагонали, то каждая сторона нечётная и на два не делится.
Надеюсь, что я понятно излагаю.Но извините, если что.😊
Как накачаться как Трушин?
Есть где гайд или план тренировок, питания?
Здравствуйте, не могли бы вы помочь мне, у равностороннего треугольника в который вписана окружность, есть формула радиуса. r=a/2√3, я прочитал что еë можно доказать через теорему пифагора, но попробовав, не понимаю как, могли бы вы подсказать как сделать это.
Через теорему Пифагора находишь формулу высоты. Она же является медианой. Медиана, как известно, делится точкой пересечения в отношений 2:1, считая от вершины. Малая часть - радиус вписанной окружности, большая - описанной. Высоту делите на 3, и получаете формулу радиуса вписанной окружности правильного треугольника
Такого выражения для радиуса не может быть. Для вписанной окружности a*√3/6, а для описанной a*√3/3, если a- сторона равностороннего треугольника. В таком треугольнике высота ( она же мебиана и биссектриса ) равна a*√3/2. Медианы делятся точкой пересечения в отношении 2:1, тогда 1/3 часть высоты это радиус вписанной окружности, а 2/3 высоты... радиус описанной.
домино может быть и одним цветом
На шахматной доске? )
Хочу задать один вопрос. Сам дойти не могу, а в интернете не нашел. Почему уравнение вида x(x+1)=0 можно разбить на два уравнения x=0 и x+1=0. Понятно, что один из множителей должен быть равен нулю и мы предполагаем, что они оба равны нулю. Но в этом и прикол, что другой же может быть и не равен нулю. Тогда решение не однозначное получается. Разве нет?
Там не «и», а «или». Если произведение равно нулю, то либо х=0, либо х=-1
@ то есть данный ответ является предположением, а не утверждением?
@@Bez_Imeni_i_familiiпочему? Если произведение двух чисел равно нулю, то мы утверждаем, что хотя бы одно из них равно нулю
@ но корня то в итоге два. 0 и -1. Но как можно это утверждать? Например, если х=0, то х+1 может быть нулю не равен, а равен, например 150. Вот меня интересует именно это. Почему второй корень -1, хотя при первом корне х=0 это вообще не обязательно. А если наоборот х+1=0, то х может быть равен чему угодно.
Может быть я просто туплю конечно, но решил все таки спросить. Может у меня будет озарение
@@Bez_Imeni_i_familii Если один из множителей равен нулю, то нам не важно, чему равен другой множитель (тут вы абсолютно правы), потому что произведение в любом случае будет равно нулю
Т.е. по факту в вашей задаче отрезанные уголки ни на что не влияют, т.к. не меняют четность клеток разного цвета. Уголки отрезаны для отвода глаз?
все понял - уголки отрезаны, чтобы количество клеток делилось на пять
Борис так и не сказал, что будет, если шахматную доску не раскрашивать.
"Если не раскрашивать, может быть получится?" - больше похоже на анекдот про чукчу:
Человек: "Я доеду на этом автобусе до вокзала?"
Водитель: "Нет"
Чукча: "А я?"
Эээээ, а где Борис Скуфшин?
В очередной раз убедился, что олимпиадные задачи не для меня 😢
Когда он успел так имидж поменять?
Первый
Без претензии к автору видео, но именно за это я и не любил олимпиады: нужно не решение, а понять как автор задачи её придумал. Загадал ли он красивое в его понимании число, использован ли популярный в его время анекдот, знаю ли я ту де версию легенды про какого-нибудь философа? А когда знаешь ответ, то и вопрос к нему придумаешь 😂
(Доб. Кажется, я только что понял сюжет "Автостопом по галактике"😂)
Школьники, кстати, в основном другие решения придумали )
@trushinbv значит, эти школьники более творческие. Либо я такой тормоз :) Мне вот задачи с чётким алгоритмом даются проще. Так в университете урматы дались быстро, экзамен сдал вообще вторым со всего потока, а матан и общефиз, особенно те моменты, где нужно додумать недостающие условия, вообще не шли. До сих пор интегралы по таблицам смотрю (на крайний случай могу свести один к другому или численно, проверив сходимость, разумеется)
@@waaaghtech9959сколько вы пробовали её решать? Те школьники, которые её решили, потратили на неё пару часов )
А если вы заранее знаете алгоритм решения задачи, то это и не задача вовсе. Задача - это когда первые полчаса смотришь с единственной мыслью «как это вообще можно решить?» ))
@@trushinbv я согласен с тем, что именно такие задачи на проявление креативности и должны быть в олимпиаде. Стандартизированные пусть останутся только в экзаменах.
По аналогии с полем 8*8 я понял, что задача про делимость будет. Я, правда, думал покрасить 2*2, раз такие вырезы в углах, в 2 цвета. Заметил, что фигуры вписаны в поле 3*3 и т.д. Вы быстро перешли на вариант с 3 продольными полосками. То есть как минимум 2 шага в сторону от решения исходной задачи: добавить цвет и разместить вертикально. И то, при условии, что ученик уже помнит про решение 8*8.
Это навело на други мысли. Что если первый вариант никто не разбирал, как со мной в школе? Меня просто слали на олимпиады, без подготовки) Или вот продолжали бы красить диагонально? А вот было ли замощение исходного квадрата? Изменится ли решение при другом соотношении сторон? А с другим набором фигур? А с тетрисом? А если не красить? 😂
В общем, меня скорее интересовал вопрос "а сколько решений есть" и при каких обстоятельствах они выполнимы. Но понял, что Пенроузом мне не быть 😅.
Сигмарь
А какой раздел математики это? Это же не геометрия?
Кобинаторная геометрия
Может и геометрия .Древнеегипетская🏁🙃
@@trushinbv БВ, а почему мы утверждаем, что всех фигур или четное или нечетное количество? Может же оказаться (в предположении) так, что первых фигур чет, вторых нечет, третьих чет
@@sth4043а где мы такое утверждаем? Нам все равно сколько каких фигурок