Zaszczepilem ta zagadka pol firmy i po 2 nockach wreszcie sie udalo.

Dzielimy monety na 3 grupy po 4 monety, a szalki oznaczmy A i B

> przewaza szalka  A

<  przewaza szalka B

= rownowaga

Zalozmy, ze w 1 wazeniu zawsze na szalce A kladziemy monety od 1-4, a na szalce B 5-8  , monety 9-12 pozostawiamy niewazone. A(1,2,3,4)  B(5,6,7,8)

W 2 wazeniu wyrzucamy monety z szalki B, przekladamy 2 monety z szalki A ,zalozmy ze zawsze 1 i 2 na pusta szalke B ,a jedna monete z  wyrzuconych  monet szalki B(5-8)niech bedzie to 5 na szalke A, z monet nie bioracych udzialu w 1 wazeniu czyli 9-12 wybieramy trzy monety, jedna dokladamy na szalke A (9)i dwie na szalke B(10 i 11) monete 12 zostawiamy na boku.  A (3,4,5,9)    B(1,2,10,11) - okreslimy juz dla przypadkow nierownowagi w pierszym wazeniu, czy moneta falszywa jest lzejsza czy ciezsza od pozostalych.

W zaleznosci od wynikow tych 2 wazen do trzeciego wazenia wybieramy  wytypowane monety. Dla przypadkow rownowagi w pierwszym wzaeniu teraz dowiemy sie ktora jest falszywa i czy jest ciezsza czy lzejsza od prawdziwych.

mamy kilka przypadkow - w ktorych nastepuje  nierownowaga,  w ktorych nastepuje rownowaga podczas  pierwszego wazenia:

1. 

A(1,2,3,4)>B(5,6,7,8) - wsrod monet jest falszywa  

po przelozeniu monet wg wyzej opisanej zasady podchodzimy do drugiego wazenia

A(3,4,5,9)>B (1,2,10,11) - szalki nie zmienily polozenia wiec  falszywa jest 3 lub 4 i wiemy ze jest CIEZSZA od prawdziwych

w trzecim wazeniu ciezsza moneta jest ta falszywa

2.

A(1,2,3,4)>B(5,6,7,8) - wsrod monet jest falszywa  

A(3,4,5,9)<B (1,2,10,11) - szalki zmienily polozenie moneta falszywa moze byc 1,2,5

w trzecim wazeniu wazymy 1 i 2 jesli jest rownowaga 5 jest falszywa i jest LZEJSZA, jesli jest nierownowaga CIEZSZA moneta jest falszywa.

3.

A(1,2,3,4)>B(5,6,7,8) - wsrod monet jest falszywa  

A(3,4,5,9)=B (1,2,10,11)- nie ma monety falszywej i wiemy ze falszyfa  znajduje sie w odrzuconych monetach 6,7,8 i jest LZEJSZA

w trzecim wazeniu wybieramy dowolne  dwie monety z posrod 6,7,8

przy nierownowadze LZEJSZA jest falszywa, a przy rownowadze  falszywa jest pozostawiona moneta

Analogicznie przypadki gdy A<B w pierszym wazeniu.

Przypadki rownowagi:

1.

A(1,2,3,4)=B(5,6,7,8) - nie ma falszywej

A(3,4,5,9)>B (1,2,10,11)- jest falszywa lecz jeszcze nie wiemy czy 9 jest ciezsza czy 10,11 lzejsza

w trzecim wazeniu wazymy 10 i 11, jesli jest rownowaga to falszywa jest 9 i jest CIEZSZA, jesli jest nierownowaga LZEJSZA z monet jest ta falszywa.

2.

A(1,2,3,4)=B(5,6,7,8) - nie ma falszywej

A(3,4,5,9)<B (1,2,10,11)- jest falszywa lecz jeszcze nie wiemy czy 9 jest ciezsza czy 10,11 lzejsza

w trzecim wazeniu wazymy rowniez 10 i 11, jesli jest rownowaga to falszywa jest 9 i jest LZEJSZA , jesli jest nierownowaga CIEZSZA z monet jest ta falszywa.

3.

A(1,2,3,4)=B(5,6,7,8) - nie ma falszywej

A(3,4,5,9)=B (1,2,10,11) - nie ma falszywej jest nia 12 jednak nie wiemy jeszcze jaka jest

w trzecim wazeniu wazymy 12 z dowolna moneta i wynik wazenia okresli nam  jaka jest w stosunku do prawdziwych.

Ot to by bylo na tyle. Mysle ze analogiczne przyklady nierown owagi w pierwszym wazeniu kazdy rozumie:)))

Pozdrawiam

Ważymy po 4 monety na jednej i 4 na drugiej szalce. Pozostałe cztery odkładamy.

1. Jeżeli się równoważy, to na pewno fałszywka jest w pozostałych czterech, a osiem na wadze jest wzorcowych. Ważymy więc losowo 3 z tych czterech podejrzanych naprzeciw 3 z tych ośmiu dobrych.

1.1. Jeżeli się równoważy, to ważymy tą 1 (ostatnią) podejrzaną naprzeciw 1 wzorcowej. I widzimy od razu, czy jest cięższa, czy lżejsza.

1.2. Jeżeli jedna strona przeważa, to wiemy, że wśród tych trzech podejrzanych jest na pewno ta poszukiwana - i wiemy, czy jest cięższa, czy lżejsza. Ważymy dowolne 2 z tych podejrzanych, jedna naprzeciw drugiej. Jeżeli przeważa - to wiemy która, bo wiemy, czy szukamy cięższej, czy lżejszej. Jeżeli równoważy - to wiemy, że zła (cięższa czy lżejsza) jest ta trzecia z podejrzanych.

2. Jeżeli się nie równoważy, to mamy osiem podejrzanych, a te cztery odłożone są wzorcowe. I TUTAJ NAJTRUDNIEJSZY MOMENT. Bierzemy 2 z lżejszej szalki i 1 z cięższej naprzeciw 2 z lżejszej szalki i 1 wzorcowej. Odkładamy więc 3 monety z cięższej szalki.

2.1. Jeżeli się równoważy, to znaczy, że fałszywka jest wśród trzech właśnie odłożonych monet, i jest cięższa, skoro pochodziła z przeważającej szalki. Ważymy więc 2 z tych trzech podejrzanych. Jeżeli się zrównoważy, to ta trzecia jest fałszywką cięższą. Jeżeli jedna przeważy, to ona jest fałszywką.

2.2. Jeżeli przeważa strona pierwsza (2 z lżejszej szalki i 1 z cięższej - po pierwszym ważeniu), to oznacza, że albo ta 1 z cięższej szalki jest cięższa, albo po drugiej stronie (tam gdzie 1 wzorcowa) jedna z tych 2 z lżejszej szalki jest lżejsza. Mamy 3 podejrzane. Ważymy więc te 2 z lżejszej szalki. Jeżeli jedna z nich przeważy, to ta druga jest lżejsza. Jeżeli zrównoważą, to ta trzecia podejrzana jest fałszywką cięższą.

2.3. Jeżeli przeważa strona druga (2 z lżejszej szalki i 1 wzorcowa) to znaczy, że podejrzana jest jedna z tych 2 z pierwszej strony, które zostały wzięte z lżejszej strony pierwszego ważenia. Ważymy je więc jedna naprzeciw drugiej. Ta, która będzie lżejsza, jest fałszywką lżejszą.

Onaczenia:

t - termin wykonania zadania

Vp - predkosc pracy robotnika

x - praca do wykonania

Z warunków zadania mamy:

(1)     175*Vp*t = x

Po 30 dniach zaczyna sie zmniejszanie ilosci pracujacych robotnikow i prace mozna zapisac za pomoca rownania:

(2)       x = 175*30*Vp + 172*Vp + 169*Vp + ....

Korzystajac z wlasnosci ciagow arytmetycznych powyzsze rownanie mozemy zapisac nastepujaco:

(2*)        x = 175*30*Vp + Vp*n*(172 + 172 - 3*(n-1))/2, gdzie n - ilosc dni ponad 30 do zakonczenia zadanej pracy

Z warunkow zadania mamy rowniez kolejne rownanie:

(3)       t = 30 +n -21 = n +9

Po porowaniu rownan (1) i (2*) mamy:

175*Vp*t = 175*30*Vp + Vp*n*(172 + 172 - 3*(n-1))/2

Po podzieleniu obu stron przez Vp oraz po podstawienu za t = n+9 otrzymamy po  podstawowych przeksztaceniach:

3n^2 - 3n - 7350 = 0, gdzie po obliczeniach dostajemy n=50

Po podstawieniu wyniku do (3) otrzymujemy szukany wynik, czyli 59 dni.

Przez x oznaczę liczbę dni jaka była potrzebna na wykonanie zadania po upływie 30 dni (czyli całość zadania miała być wykonana w x+30 dni). Pierwsze 30 dni mnie nie interesuje, bo postęp był taki sam.

Ilość pozostałej pracy liczę w roboczodniach. Przy pełnym składzie tej pracy jest na x*175 dni. Przy składzie "uszczuplanym" 31. dnia będzie to 172, 32. 169, etc. Czyli w ciągu x+21 dni będzie to suma ciągu arytmetycznego zmiejszającego się o 3 każdego dnia. Czyli teraz już prosto (wyraz 1. ciągu + ostatnie, pomnożone przez długość ciągu i podzielone na 2)=

((172 + (175 - (X+21)*3)/2) * (x+21)

Czyli ostateczne równanie:

((172 + (175 - (X+21)*3)/2) * (x+21) = x*175

rozwiązaniem jest x = 28

czyli praca miała być pierwotnie wykonane w 58 dni.

W żadną, przecież kogut nie znosi jajek.

"W żadną, przecież kogut nie znosi jajek." To rozwiązanie jest bez sensu. Kogut faktycznie nie znosi jaj ale to, że nie znosi jaj nie oznacza, że nie może latać. Zadanie nie ma rozwiązania.

1 1/3 dnia. Wystarczy ułożyć proporcję :)

Można też wykorzystać szereg geometryczny:

1 dzień: 0,5+0,25=0,75 (1 osoba wykonuje w ciągu 1 dnia 50% rowu, 2 osoba 25%)

0,25 następnego dnia: 0,25+0,625=0,1875

Już widać, że w ciągu 1,25 dnia zostanie zrobione 93,75% rowu, a więc kolejne 0,25 dnia da więcej niż 100%. Z tego już wynika, że rów zostanie ukończony między 1,25 a 1,5 dnia.

Większą dokładność można uzyskać dzięki zastosowaniu malejącego ciągu geometrycznego. Otóż 0,75/0,1875=0,25. Każdy kolejny wyraz ciągu będzie się zmniejszał o 25%, czyli q = 0,25. I tak:

0,75/4 + 0,75/16 + 0,75/64 + ... = 1, czyli 100%.

0,75+0,1875+0,046875+... = 1.

Teraz wykorzystujemy wzór na sumę ciągu geometrycznego:

a1(1-q^n)/(1-q)

n oznacza liczbę wyrazów ciągu, będących coraz mniejszymi częściami dnia potrzebnymi do wykopania rowu. Wstawiamy dowolne n, np. 7:

0,75(1-0,25^8)/0,75 = 1-0,25^7 = 0,99994.

W tym przypadku szereg jednostkowy powie ile potrzeba, aby wykonać 99,994% roboty: 1+0,25+0,25^2+...0,25^7 = 1,33325 (wykorzystuję ten sam wzór co wyżej).

W ten nieunikniony sposób zbliżamy się do 1/3 dnia.

ta zagadka już tutaj gdzieś była. Kowalski kupował cyfry np na dom.

"siedem" jedna cyfra = 4 PLN

14 czyli "jeden" i "cztery" dwie cyfry = 8 PLN

oraz analogicznie 140

230 cm -1 styczeń

300 cm - 8 styczeń

500 cm - 28 styczeń

800 cm - 27 luty, a z powodu roku przestępnego:

900 cm - 9 marzec

980 cm - 17 marzec rano, a więc wieczorem po wpełznięciu 20 cm będzie na wysokości 10m, czyli na szczycie ściany.

A więc odpowiedź - 17 marzec, a konkretnie wieczorem

Ewentualnie możnaby przyjąć, że ta ściana znajduje się w rejonie dni i nocy polarnych, ale to już inna bajka :P

spójrz: 27 luty + 2dni + 8 dni = 8 marca

Jeden z ministrów dostał teczkę razem z neseserem

Suma jednego zbioru będzie wynosiła 26.

Pierwszy zbiór to: 11, 12, 1, 2

Drugi zbiór to: 10, 9, 3, 4

Trzeci zbiór: 8, 7, 6, 5

Stefan to ojciec Jasia

5/34 + 9/12 + 7/68