Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Модератор: модераторы

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Вс, 10 сен 2017, 11:55

Начиная с 2017-2018 учебного года, мы становимся группой "Коллективный ученик" Заочной математической школы при Лицее "Физико-техническая школа". Подробнее...

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Вс, 10 сен 2017, 12:07

Заочная математическая школа ( З М Ш )


В 2017–18 уч. г. математическое отделение Северо-Западной заочной математической школы возобновило свою работу под новым названием Заочная математическая школа при Лицее «Физико-техническая школа».
ФТШ.jpg
ФТШ.jpg (19.8 КБ) 5021 просмотр

ЧТО ТАКОЕ Лицей «ФТШ»?
Официальное наименование: федеральное государственное бюджетное учреждение высшего образования и науки «Санкт-Петербургский национальный исследовательский Академический университет Российской академии наук», Академический лицей «Физико-техническая школа».
Основан в 1987 году группой сотрудников ФТИ им. А. Ф. Иоффе.
ФТШ – единственная в России школа, входящая в систему Российской академии наук.
Председатель Совета Лицея лауреат Нобелевской премии по физике Ж. И. Алферов.

ЧТО ТАКОЕ ЗМШ (обучение по системе «Коллективный ученик»)?
На протяжении учебного года изучаются 6-7 тем. После изучения теории решаются задачи более интересные, чем в обычных учебниках. Происходит это во время занятий группы, коллективно (традиционных домашних заданий нет, но желающие решают задачи и дома). Учащиеся высказывают идеи, догадки, происходят обсуждения и споры. Это очень увлекательно и полезно: школьники учатся чётко и грамотно излагать мысли, что важно не только в математике. Коллективная работа группы отправляется для проверки в С.-Петербург.
После проверки работы не выставляются оценки каждому учащемуся, а только всей группе: за выполненную работу, за каждый год, итоговая )при окончании ЗМШ). В конце 11-го класса каждый получает удостоверение об окончании ЗМШ.

НЕМНОГО ИСТОРИИИ
На протяжении около 30 лет группы «Коллективный ученик» ЗМШ работали в Луге под руководством преподавателя Павлова С. П.
Изучение математики не ограничивалось прохождением тем и решением задач. Проводились математические бои, аукционы, олимпиады, турниры, другие интересные соревнования. Ученики успешно участвовали в районных (муниципальных), областных (региональных), федеральных окружных, заключительных Всероссийских и международных мероприятиях. Школьники побывали в Москве, Петербурге, Ставрополе, Сочи, Великом Новгороде, Чебоксарах, Краснодаре, Владимире, Орле, Нижнем Новгороде, Осташкове, Петрозаводске, Выборге, Твери, Иванове, Волхове, Майкопе, Пскове, Судиславле и даже в Гамбурге. За победы они награждены многочисленными дипломами и призами.

В 2000-2013 гг. на областных олимпиадах победителями и призёрами во всех классах стали лужане: Р. Азимов, Г. Александров, С. Арефьев, М. Бауэр, В. Васильев, К. Грибов, Н. Елизарова, Н. Ерёменко, П. Жорникова, А. Ермаков, К. Зубанов, И. Ларионов, А. Лучко, И. Меженько, И. Мирошниченко, А. Морозов, А. Николаев, Д. Павлов, С. Павлова, В. Поликарпов, А. Расторгуев, Е. Самодумова, Г. Самсонов, Д. Семёнов, Е. Шавердова, А. Шубаков, Д. Шубаков, В. Щипцов (все – ученики ЗМШ); команда области на Федеральный окружной этап олимпиады по математике формировалась в большинстве своём из лужан.

Ученики ЗМШ поступают в ведущие ВУЗы страны. Победив на Федеральных окружных олимпиадах, ученики ЗМШ представляли Северо-Западный округ России на финалах Всероссийской олимпиады. Победители конкурса „Кенгуру” в России Н. Елизарова и В. Щипцов успешно выступали за нашу страну в международном лагере в Польше.

Ученики ЗМШ успешно участвовали в Международном математическом турнире городов. При этом не только становились его победителями и награждались дипломами, но и приглашались на Летние Международные конференции Турнира городов - 10 учеников ЗМШ были удостоены такой чести. В частности, лужанин А. Рыжков принимал участие в конференции в Гамбурге, а летом 2006 года лужане И. Меженько и Д. Павлов участвовали в работе конференции на озере Селигер

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Вс, 10 сен 2017, 12:22

В качестве старта учениками группы "Коллективный ученик" ЗМШ в этом учебном году стали учащиеся групп 9-10 классов Центра !Успех" - из Гатчины и Сиверского.

Вот какие контрольные работы предстоит им выполнить в 2017-2918 уч. году:
1. Целые числа-2 (срок - 30.10.2017).
2. Олимпиадные задачи (срок - 05.12.2017).
3. Комбинаторика и вероятность-2 (срок - 10.01.2018)
4. Метод математической индукции (срок - 15.02.2018).
5. Геометрические построения циркулем и линейкой-1 (срок - 20.03.22018).
6. Линейные и кусочно-линейные функции-2 (срок - 25.04.32018).

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Вс, 10 сен 2017, 12:27

Правила оформления решений задач ЗМШ

- решение каждой задачи оформляется на двойном листе в клетку;

- поля 4 САНТИМЕТРА;

- решения записываются через строчку, разборчиво, шариковой или гелевой ручкой чёрным или синим (контрастным) цветом;

- рисунки делаются либо карандашом чёрного цвета, либо ручкой (см. выше);

- сначала пишется двойной номер задания: порядковый (по книжке);

- затем переписывается условие задачи;

- после этого записывается подробное решение задачи.

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Вс, 29 окт 2017, 18:04

РЕЗУЛЬТАТЫ ПРОВЕРКИ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО ТЕМЕ 1 "Целые числа-2"

Все задачи признаны решёнными верно (оценки "+"), но за задачу № 2 оценка "+-".
Общее число баллов - 17 (из 17 возможных), оценка 5.

Ниже - полный текст рецензии.

2(6, §6) Докажите, что произведение пяти последовательных целых чисел делится на 120.

Окончательный вывод основан на том, что среди пяти последовательных целых чисел непременно есть число, кратное каждому из чисел, 2,3, 4, 5. Но достаточно ли этого? Вопрос в том, разные это четыре числа, или какие-то из них кратны сразу нескольким из чисел, 2,3, 4, 5? Возможны обе ситуации. Так, в последовательности 1,2,3,4,5 все это – разные числа. A в последовательности 58,59,60,61,62 число 60 кратно 3, 4 и 5, причем других чисел, кратных 3, 4 или 5, среди данных чисел нет.
Выясним, имеет ли это значение для нашего доказательства.

Если это разные числа, то одно из них можно представить в виде 2m, второе – в виде 3k, третье в виде 4p, четвертое в виде 5n. Тогда их произведение равно 2m•3k•4p•5n=120mkpn, то есть, кратно 120. Однако в случае описанных выше совпадений это рассуждение теряет силу. Так, если в нашей пятерке число, кратное 5 и число, кратное 3, это одно и то же число, то его можно представить в виде 5n и его же можно представить в виде 3k. Но отсюда не следует, что его можно представить в виде 5n•3k (более того, это просто неверно, скажем, 15=5n, где n=3, и 15=3k, где k=5. При этом число 15 не равно 5n•3k (это произведение равно 225).

В свете сказанного представленные рассуждения нуждаются в уточнении. Чтобы доказать, что произведение кратно чему-то, можно рассуждать двумя способами.

(1). В произведении есть сомножитель, кратный A, и есть другой сомножитель, кратный B. Тогда произведение кратно AB. Здесь все безупречно.

(2). Само произведение кратно A и оно же кратно B. Тогда это произведение кратно AB.
A вот здесь нужно еще подумать. Пусть некоторое число (в нашем случае это произведение пяти последовательных чисел) кратно по отдельности числу A и числу B. При каком условии можно утверждать, что оно кратно AB? Ясно, что это верно не всегда, например, 16 кратно 8, и 16 кратно 4, однако 16 не кратно их произведению 8•4=32. Прямой ответ на этот вопрос дает утверждение 4 §6: если A и B взаимно просты.
Проще всего начать с того (см. представленное решение), что среди пяти наших чисел есть два разных, одно из которых кратно, другое – 4. Значит (см. (1)), произведение кратно 8.
Далее, все произведение кратно 3,5, и 8, а эти три числа взаимно просты. Значит(см. (2)), произведение кратно 3•5•8=120.

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Пн, 30 окт 2017, 5:48

ЗМШ, тема № 3 "Комбинаторика и вероятность-2"

Вот все задания контрольной работы № 3 ЗМШ

№ 1 (62) На плоскости отмечены 10 точек, причём никакие три не лежат на одной прямой. Сколько существует треугольников с вершинами в этих точках?

№ 2 (63) Из колоды в 36 карт выбирают три карты. Какова вероятность того, что все они пиковой масти?

№ 3 (64) Рота состоит из 3 офицеров, б сержантов и 60 рядовых. Сколькими способами можно выделить из них отряд, состоящий из офицера, двух сержантов и 20 рядовых?

№ 4 (65) В классе, в котором учатся Петя и Вася, 31 человек. Сколькими способами можно выбрать из класса футбольную команду (11 человек) так, чтобы Петя и Вася не входили в команду одновременно?

№ 5 (66) Монету подбрасывают 10 раз подряд. Какова вероятность того, что выпадает 5 орлов?

№ 6 (67) Сколькими способами можно переставить буквы слова "эпиграф" так, чтобы и гласные, и согласные шли в алфавитном порядке?

№ 7 (68) Из колоды в 36 карт выбирают 10 карт. Какова вероятность того, что среди них окажется хотя бы один туз?

№ 8 (69) Сколько существует шестизначных чисел, у которых по 3 чётные и нечётные цифры?

№ 9 (70) На прямой отмечено 10 точек, а на параллельной ей прямой 11 точек. Сколько существует треугольников с вершинами в этих точках?

№ 10 (71) а) Сколькими способами можно разбить 15 человек на три команды по 5 человек в каждой?
б) Сколькими способами можно выбрать две команды по 5 человек в каждой?

№ 11 (72) На шахматную доску произвольным образом ставят три белые пешки. С какой вероятностью все они окажутся на одной горизонтали?

№ 12 (73) Сколько существует десятизначных чисел, сумма цифр которых равна 4?

№ 13 (74) Человек имеет 6 друзей и в течение 5 дней приглашает к себе в гости троих из них так, чтобы компания ни разу не повторялась. Сколькими способами он может это сделать?

№ 14 (75) Колоду из 36 карт случайным образом делят пополам. Какова вероятность того, что в каждой пачке будет по два туза?

№ 15 (76) Как известно, для участия в лотерее "Спортлото" нужно указать 6 номеров из имеющихся на карточке 45. Ваня заполнил одну карточку. Какова вероятность того, что он угадает: а) все шесть номеров? б) ровно три номера?

№ 16 (78) Лестница состоит из 7 ступенек, не считая верхней и нижней площадок. Спускаясь, можно перепрыгивать через несколько ступенек (можно даже через все 7). Сколькими способами можно спуститься по этой лестнице?

№ 17 (80) Докажите, что из п предметов четное число предметов можно выбрать 2п~1 способами.

№ 18 (81) Докажите, что Сn0 - Сn1 + Сп2 - ... + (-1)nСnn = 0.

№ 19 (89) Сколькими способами 12 пятаков можно разложить по 5 различным кошелькам так, чтобы ни один кошелек не оказался пустым?

№ 20 (91) Сколькими способами можно разрезать ожерелье, состоящее из 30 попарно различных бусин, на 8 частей (резать можно только между бусинами)?

№ 21 (92) 60 игральных кубиков бросают одновременно. Какова вероятность того, что 1, 2, 3, 4, 5, 6 выпадут по десять раз?

№ 22 ( 93) В почтовом отделении продаются открытки 10 видов. Сколькими способами можно купить в нем:
а) 12 открыток; б>) 8 открыток; в) 8 различных открыток?

№ 23 (94)
В кошельке лежит по 20 монет достоинством 10, 15 и 20 копеек. Сколькими способами можно из этих 60 монет выбрать 20?

№ 24 (96) Поезду, в котором находится n пассажиров, предстоит сделать n остановок.
а) Сколькими способами могут выйти пассажиры на этих остановках?
б) Решите ту же задачу, если учитывается лишь количество пассажиров, вышедших на каждой остановке.

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Вт, 28 ноя 2017, 8:24

Выложены все задачи контрольной работы № 3 (см. выше).

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Вт, 26 дек 2017, 17:34

ЗМШ, тема № 4 "Метод математической индукции"

Вот все задания контрольной работы № 4 ЗМШ

№ 1 (3б). Докажите, что для любого натурального числа п справедливо утверждение:
22n-1 + 3п + 4 делится на 9. Опечатка исправлена!

№ 2 (3д). Докажите, что для любого натурального числа п справедливо утверждение:
33n+2 + 24n+1 делится на 11. Опечатка исправлена!


№ 3 (4б). Докажите, что для чисел Фибоначчи для любого натурального числа п справедливо утверждение: a1 + a3 + … + a2n-1 = a2n.

№ 4 (4д). Докажите, что для чисел Фибоначчи для любого натурального числа п справедливо утверждение: a12+a22+...+an2 = anan+1.

№ 1 доп. (4ж). Докажите, что для чисел Фибоначчи для любого натурального числа п справедливо утверждение: a5n делится на 5.

№ 2 доп.(6). Дано n произвольных квадратов. Докажите, что их можно разрезать на части так, что из полученных частей .можно сложить один квадрат. (Здесь самое трудное – база индукции.)

№ 5 (8б). Докажите тождество 1 + 3 + ... + (2n-1) = n2.

№ 6 (8д). Докажите тождество 13 + 23 + 33 + ... + n3 = (n(n+1)/2)2.

№ 3 доп. (8е). Докажите тождество 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + ... + 1/(2n-1) - 1/(2n) = 1/([n+1) + 1/(n+2) + ... + 1/(2n).

№ 7 (10а). Докажите неравенство 1/(n+1) + 1/(n+2) + ,,, + 1/(2n) > 3/5, если n >= 3.

№ 4 доп. (10г). Докажите неравенство n/2 < 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/(2n-1) < n.

№ 8 (11г). Докажите неравенство 3n > n3, если n не равно 3.

№ 9 (11д). Докажите неравенство nn > (n+1)n-1, если n >= 2.

№ 5 доп. (11ж). Докажите неравенство (2n)!/(n!)2 > 4n/(n+1), если n >= 2.

№ 10 (16). Дано n положительных чисел x1, x2, ... , xn, причём известно, что x1x2 ... xn = 1. Докажите, что тогда x1 + x2 + ... + xn >= n.

№ 11(17) (Неравенство Коши). Дано n положительных чисел x1, x2, ... , xn. Докажите неравенство
Коши_40.jpg
Коши_40.jpg (14.45 КБ) 3994 просмотра


№ 12(18) (Формула Бине). (an) - последовательность Фибоначчи. Докажите формулу
Бине_40.jpg
Бине_40.jpg (17.36 КБ) 3994 просмотра


№ 6 доп. (19). Докажите тождество
а) Cn1+2Cn2 +...+nCnn = n2n-1.
б) Cn0 + 2Cn1 +...+(n+1)Cnn= ( n+2)2n-1.

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Ср, 03 янв 2018, 15:43

РЕЗУЛЬТАТЫ ПРОВЕРКИ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО ТЕМЕ 2 "Олимпиадные задачи"

Признаны решёнными верно (оценки "+") задачи 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. За задачу № 3 оценка "-".
Общее число баллов - 9 (из 10 возможных), оценка 5.

Ниже - полный текст рецензии.

ЗАМЕЧАНИЯ.

Задача № 3.
Сколько существует пар натуральных чисел (a, b) таких, что a – четырёхзначное, b – трёхзначное и каждое из них делится на a - b ?

Вы нашли диапазон возможного изменения величины k = a/(a-b). В этом диапазоне умещается 999 целых чисел. Вопрос – как это связано с числом подходящих пар (a, b) ? Ваш ответ 999 будет оправдан, если для каждого целого k из найденного диапазона существует ровно одна подходящая пара (a, b). Однако, последнее, увы, неверно.
Скажем, для k = 2 можно указать такие подходящие пары: (1000,500), (1002,501), (1004,502), … .
Не скроем, что верный ответ все же 999, отсюда понятно, что есть и такие k , для которых подходящей пары не существует (описать все множество таких k можно на основе подхода, представленного в эталонных решениях).
Таким образом, ваши выкладки не дают ни верхней, ни нижней оценки числа подходящих пар (хотя по счастливой случайности и попадают в верный ответ).
Как видно из эталонного решения, лучше было подсчитывать значения не k = a/(a-b), а n = a - b. Оказывается, между множеством значений n = a - b и интересующим нас множеством подходящих пар (a, b) взаимно однозначное соответствие имеется.

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Пн, 05 фев 2018, 13:52

ВОЗНИКЛО НЕДОПОНИМАНИЕ

При проверке работ по теме "Метод математической индукции" учащимися гатчинской группы были выражены некоторые непонимания того. что написано учащимися сиверской группы. В связи с этим на занятии 6 февраля сомнительные работы придётся перепроверить.

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Пн, 05 фев 2018, 13:54

ЗМШ, тема № 5 "Геометрические построения циркулем и линейкой-1"

Задания контрольной работы № 5 ЗМШ

№ 1. Построить прямоугольный треугольник по катету и гипотенузе.

№ 2. Построить окружность с данным центром, касающуюся данной окружности.

№ 3. Даны три точки. Провести три параллельные прямые, проходящие соответственно через эти точки и находящиеся на одинаковом расстоянии друг от друга.

№ 4. На заданных параллельных прямых аи bданы по точке А и В. Через данную точку С провести прямую, пересекающую прямые а и b в точках А' и В' таких, что АА' = ВВ'.

№ 5. Провести две параллельные прямые, проходящие соответственно через две данные точки и находящиеся на заданном расстоянии друг от друга.

№ 6. Построить треугольник ABC по a, α, ha .

№ 7. Внутри данного треугольника АВС построить точку О такую, чтобы площади треугольников АОВ, ВОС и СОА были равны.

№ 8. Построить прямоугольный треугольник, вписанный в данную окружность, катеты которого проходят соответственно через две данные точки, находящиеся внутри этой окружности.

№ 9. Дан угол и две точки внутри него. Провести через эти точки окружность, отсекающую на сторонах угла равные отрезки.

№ 10. Даны окружность и две точки А и В, лежащие на одном диаметре. Построить на окружности точку М такую, что хорды с общим концом М, проходящие через точки A и В были равны.

№ 11. Постройте треугольник ABC по a, ha и b/c.

№ 12. Впишите в данный четырёхугольник параллелограмм с заданными направлениями сторон.

№ 13. Построить треугольник ABC, если заданы три точки А', В', С' , являющиеся пересечением продолжений его высот с описанной окружностью (оба треугольника ABC и А'В'С' остроугольные).

№ 14. Построить треугольник АВС, если заданы три точки А', В', С', являющиеся пересечением продолжений его биссектрис с описанной окружностью (оба треугольника ABC и А'В'С' остроугольные).

№ 15. Построить треугольник ABC, если заданы три точки А', В', С', симметричные центру описанной около него окружности относительно его сторон.

№ 16. Построить треугольник ABC, если заданы три точки А', В', С', симметричные точке пересечения его высот относительно его сторон (оба треугольника ABC и А'В'С' остроугольные).

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Пт, 09 фев 2018, 18:02

Всем учащимся групп 9-10 классов отправлены по эл. почте материалы по теме "Инверсия".
Читайте!

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Пн, 12 фев 2018, 14:27

РЕЗУЛЬТАТЫ ПРОВЕРКИ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ ПО ТЕМЕ 3 "Комбинаторика и вероятность-2"

По задачам:
1 +; 2 +-; 3 +; 4 +; 5 +; 6 +; 7 +; 8 -+; 9 +; 10 +; 11 +; 12 +; 13 +; 14 +-; 15 +; 16 +; 17 +; 18 +; 19 -+; 20 -; 21 +; 22 +; 23 +; 24 +

Общее число баллов - 21 (из 24 возможных), оценка 5.

Ниже - выдержки из рецензии.

По задаче № 2
1. Фактически здесь решена другая задача:
Из колоды в 36 карт выбирают три карты. Какова вероятность того, что все они – одной масти?
А в условии данной задачи масть заранее определена – пиковая. Отчего ответ – в 4 раза меньше.
2. Расчёты можно провести рациональнее, отказавшись от доведения «до цифры» промежуточных результатов (скажем, числа всех исходов и числа благоприятных исходов).

По задаче № 4
См. выше замечание о форме записи ответа. Все ответы рекомендуем сначала записывать в виде комбинаторных выражений. Если «в цифрах» ответ получается громоздким, не стоит тратить силы на его вычисление. Главная цель – выразить ответ с помощью общепринятых комбинаторных обозначений. Такой результат говорит о решении и о его связи с данными задачи намного больше, чем цифры сами по себе. В этой задаче намного интереснее и поучительнее, что ответ равен С3111299, чем то, что он равен 74657310.
Кстати, другой подход дал бы другое выражение. Например, можно отдельно подсчитать команды с Васей, но без Пети, с Петей, но без Васи, и без них обоих, и все сложить. Попробуйте получить соответствующее выражение и доказать, что оно равно вашему. Не вычисляя оба «до цифры», а используя известные свойства треугольника Паскаля, это и проще и интереснее.
Тем более не нужно торопиться с вычислением промежуточных результатов. Как правило, их лучше оставлять в виде выражений, чтобы и окончательный результат получить в таком виде. Помимо уже приведенного выше соображения, это полезно и потому, что в ходе дальнейших вычислений возможны сокращения, которые упростят и численные расчеты.

По задаче № 8
1. Рассмотрим для определенности числа первого сорта – те, что начинаются с нечетной цифры. Проследим процесс выбора цифр для такого числа.
1) Выбор первой цифры – 5 способов;
2) Выбор двух мест для других нечетных цифр – С52 способов;
3) Выбор четных цифр на оставшиеся три места 53 способов.
И это все? А как же с заполнением двух мест (кроме первого), отведенных для нечетных цифр? Выходит, они заполняются однозначно? Если так, то здесь подсчитаны не все подходящие числа, а только такие, у которых две нечетные цифры (кроме цифры старшего разряда) заранее определены, скажем, 1.
Тот же промах при подсчете чисел, начинающихся с четной цифры.
2. Можно сэкономить силы, объединив рассуждения о числах, начинающихся с четной и с нечетной цифр. Заметим, что старший разряд в числе можно заполнить 9-ю способами (все цифры, кроме 0). Когда первая цифра определена, заполнение остальных пяти вакантных мест можно построить по следующей схеме:
1) Выбираем два места (из пяти), на которых будут стоять цифры той же четности, что первая; другие три места остаются для цифр другой четности.
2) Заполняем каждое из пяти вакантных мест цифрой, четность которой для каждого места уже определена в п.1). Каждое место можно заполнить пятью способами (на «четные» места, можно ставить любую из пяти четных цифр, так как речь не идет о старшем разряде).

Продолжение ниже

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Пн, 12 фев 2018, 15:06

Выдержки из рецензии (продолжение; начало см. выше)

По задаче № 11
Расчеты можно немного сократить, если усовершенствовать сам подход.
Во-первых, вместо неупорядоченных наборов здесь можно рассматривать упорядоченные, то есть, считать пешки нумерованными. Это увеличит число всех исходов и благоприятных исходов в одно и то же число раз, и не скажется на их отношении. При этом во всех выражениях будут изначально отсутствовать сомножители, которые при подсчете неупорядоченных наборов сокращаются.
Во-вторых, рассмотрим следующую вспомогательную и более простую задачу.
Пусть пешка №1 уже стоит на 1-й горизонтали. Какова вероятность того, что пешки №№2,3 попадут на ту же горизонталь?
Очевидно, всех исходов тут 6362 (пешку №2 ставим на любое из 63-х свободных полей, пешку №3 – на любое из 62-х оставшихся), благоприятных 76 (пешку №2 ставим на любое из семи свободных полей первой горизонтали, пешку №3 – на любое из шести оставшихся). Вероятность равна 7*6/(63*62) = 1/93.
Вернемся к исходной задаче. Пешка №1 достоверно попадет на какую-то из восьми горизонталей. Очевидно, вероятность того, что пешки №№2,3 попадут на ту же горизонталь, не зависит от номера горизонтали, на которую попала пешка №1. Значит, искомая вероятность – та же, что в рассмотренной выше вспомогательной задаче.

По задаче № 12
Подскажем более хитроумный подход, позволяющий во много раз сократить расчеты.
Возьмем одно из интересующих нас чисел, скажем 2110000000, и рассмотрим вместо него такое: 1110000000. А вместо числа 1120000000 – такое: 0120000000 (это уже не совсем число, так как оно начинается с нуля, но дело не в названии).
В общем виде можно сказать следующее. Будем рассматривать десятизначные числа как слова длиной в 10 букв, записанные с помощью алфавита {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Заметим, что во всех интересующих нас словах первая буква отлична от 0 (так как это не просто запись из десяти цифр, а десятизначное число). Поэтому каждому нашему слову можно поставить в соответствие другое слово. У нового слова первая буква (если иметь в виду ее численное значение) на 1 меньше, чем у исходного, а остальные буквы те же. Очевидно, у нового слова сумма цифр (букв) равна 3. Нетрудно доказать, что каждому из интересующих нас слов (десятизначных чисел с суммой цифр, равной 4) соответствует по этому правилу ровно одно слово с сумой цифр 3, и наоборот. Значит, дело свелось к подсчету слов (начинающихся уже с любой цифры), с сумой цифр, равной 3.
Это проще, так как, во-первых, в новой задаче сумма цифр на 1 меньше, во-вторых, отсутствует специальный запрет на 0 в старшем разряде, поэтому все разряды равноправны.

По задаче № 14
Результат занижен вдвое из-за путаницы с упорядоченными и неупорядоченными наборами. Вы считаете, что вариантов разбиения колоды на две половины столько: С3618/2 . Спрашивается, почему число сочетаний из 36 по 18 нужно делить на 2?
Для ответа на этот вопрос нужно дать точную формулировку – что именно мы называм исходом (и в частности, благоприятным исходом)?
Можно считать, что разбить колоду пополам это все равно, что выбрать из нее первую половину, то есть, 18 карт (оставшиеся карты автоматически составят вторую половину). Таким образом, исход это набор, состоящий из 18-и карт, произвольно выбранных из колоды в 36 карт. Таких исходов, очевидно, С3618 . Здесь множитель 1/2 ни к чему.
Его появление можно объяснить так. Когда мы делим колоду пополам, мы можем нумеровать получившиеся половинки, а можем не нумеровать. Понятно, что разбиений на ненумерованные половинки вдвое меньше, поскольку из каждого разбиения на ненумерованные половинки можно перестановкой номеров «1» и «2» получить два разбиения на нумерованные половинки. Итак, если считать половины колоды ненумерованными, то число исходов будет ваше –С3618/2.
Как примирить эти два результата, ведь окончательный ответ (вероятность) не может зависеть от описанных выше различий в подходе к подсчету вариантов? Он и не будет зависеть, если правильно согласовать подсчет всех исходов с подсчетом благоприятных исходов.
Если при подсчете всех исходов мы считаем половинки нумерованными, то так же нужно подходить к подсчету благоприятных исходов. Проделаем этот подсчет.
Если половинки – нумерованные, то (см. выше) исход это просто набор из 18-карт. Исход является благоприятным, если в нем 2 туза и 16 нетузовых карт. Для замещения тузовых вакансий нужно взять половину от тузовой части колоды. Это просто пара тузов. Таких пар, очевидно, С42=6. Аналогично, наборов, для замещения нетузовых вакансий – . Комбинация любых двух таких наборов, из которых один тузовый, другой нетузовый, дает благоприятный исход. Тем самым, благоприятных исходов получается С42С3216 . Вероятность равна 2С32163618 = 6С32163618.
Можно, разумеется, считать половинки ненумерованными. Тогда, как мы уже выяснили, вариантов разбиения (как благоприятных, так и всех) будет вдвое меньше. То есть,С3618/2 и С423216/2 . Разделив второе на первое, поучим то же самое.
Вы получили вдвое меньший ответ, так как разделили на 2 не все произведение С423216 , а каждый сомножитель в отдельности. Выше мы объяснили, почему правильно было бы делить один раз (лучше и проще было бы вообще не делить на 2, но речь не об этом). Вы своих резонов, почему нужно делить дважды, не представили, а жаль, было бы поучительно найти в них ошибку. Пожалуй, тут вопрос в следующем. Мы уже привыкли, что при комбинировании вариантов их количества перемножаются. Если речь идет о комбинировании двух наборов карт (один из двух тузов, другой из 16-и нетузовых карт), все понятно, объяснение было дано выше. А как можно комбинировать два способа разбиения на половинки двух колод – одной, состоящей из 4-х тузов, другой – из 32-х нетузовых карт? Как из двух способов разбиения таких двух колод составить один способ разбиения полной колоды? Тут нет оснований ожидать простого перемножения.
В заключение стоит протестировать наши формулы на таком упрощенном примере. Пусть колода состоит из двух тузов и двух королей {Т1,Т2,К1,К2}. Ее случайным образом делят пополам. Какова вероятность, что в каждой половинке будет по одному тузу?
Здесь все варианты разбиения колоды можно перебрать поштучно. Сделаем это дважды: сначала на основе вашего подхода (с ненумерованными половинками), потом – с нумерованными.
Ненумерованные.
Ниже выписаны все варианты разбиения.
1) {Т1,Т2} и {К1,К2},
2) {Т1,К1} и {Т2,К2},
3) {Т1,К2} и {Т2,К1}.
Благоприятных среди них два – второй и третий. Таким образом, вероятность равна 2/3.
Ненумерованные.
Напомним, что в этой интерпретации разбить колоду пополам это все равно, что выбрать из нее первую половину. Ниже представлены все способы выбора первой половины.
{Т1,Т2}, {Т1,К1}, {Т1,К2}, {Т2,К1}, {Т2,К2}, {К1,К2}.
Их всего шесть, а благоприятных среди них четыре (все, кроме первого и последнего). Таким образом, вероятность равна 4/6=2/3.
Как и следовало ожидать, результаты совпадают.
А теперь применим сюда общий подход, и посмотрим, какая из его версий – наша или ваша даст верный результат.
Итак, число всех исходов было равно С3618/2 по-вашему и С3618 по-нашему. Для упрощенной версии нужно заменить 36 на 4, 18 – на 2. Получим С42/2=3 по-вашему и С42=6 по-нашему. Пока все сходится.
Число благоприятных исходов было равно С42/2*С3216/2 по-вашему и С4[/sub]2*С[sub]3216 по-нашему. Для упрощенной версии в индексах биномиальных коэффициентов нужно заменить 32 на 2 (число «не тузов» во всей колоде), 16 – на 1 (число «не тузов» в половинке), и аналогично, 4 заменить на 2, 2 – на 1.
Получим С21/2*С21/2 = 1 по-вашему и С2121 = 4 по-нашему. Тем самым, вероятность будет равна 1/3 по-вашему (неверно), и 4/6=2/3 – по-нашему (верно).
Число благоприятных исходов оказалось у Вас вдвое меньше того, которое должно бы получиться при вашем подходе (с ненумерованными половинками).

Окончание ниже

PSP
Администратор сайта
Сообщения: 6080
Зарегистрирован: Вс, 28 дек 2003, 11:47
Откуда: Луга
Контактная информация:

Re: Мы - ученики ЗМШ при Лицее "ФТШ"

Сообщение PSP » Пн, 12 фев 2018, 15:17

Выдержки из рецензии (окончание; начало см. выше)

По задаче № 15 (б)
Обратите внимание на аналогию с предыдущей задачей. Там благоприятный исход это набор карт, одна часть которого формируется из одного запаса (тузы), другая часть – из другого (карты, отличные от туза). Здесь благоприятный исход это набор номеров, одна часть которого (три номера) формируется из запаса счастливых номеров (то есть, из тех шести, что выпали при розыгрыше), другая часть (еще три номера)– из запаса несчастливых номеров (всех остальных, кроме шести выпавших).
Почему здесь не возникает искушения делить на 2 каждую из упомянутых величин?

По задаче № 16
Плодотворнее другой подход. Пусть в лестнице n ступеней. Зашифруем метод спуска словом длины n в двухбуквенном алфавите {0,1} по следующему правилу. k-е место в слове характеризует участие в спуске ступеньки с номером k: если на нее наступают, ставим 1, если нет – 0. Сколько существует таких слов, столько и методов спуска.
Легко понять, что таких слов 2n (на каждое из n мест можно поставить любую из двух букв).
Заметим, что как раз на основе подобных соображений и выводится формула для суммы биномиальных коэффициентов в строке треугольника Паскаля.

По задачам №№ 17, 18

В обеих задачах Вы использовали известное свойство строки треугольника Паскаля: сумма элементов, стоящих на четных местах равна сумме элементов, стоящих на нечетных местах. Заметьте, что это свойство и утверждение второй задачи по существу одно и то же. Так что фактически Вы сначала решили вторую задачу, независимо от первой, а затем – первую с использованием результата второй.
Если действовать в этом направлении, то еще проще получить упомянутое свойство (и решение второй задачи) из формулы бинома Ньютона. Запишите очевидное равенство (1–1)n=0 и раскройте скобки в левой части по формуле бинома. Отсюда, немедленно получается утверждение второй задачи. Перенеся отрицательные слагаемые в другую часть, получим свойство строки треугольника Паскаля. Остается вспомнить комбинаторный смысл величин вида Cnk, и мы получаем утверждение первой задачи.
Правда, замысел автора этих задач был в другом. Само по себе упомянутое свойство строки треугольника Паскаля и дальнейшие комбинаторные формулы часто доказывают именно на основе того утверждения, которое предлагается доказать в первой задаче. Поэтому есть смысл поискать независимое решение первой задачи (это и само по себе не лишено интереса).
Заметьте, что в первой задаче не обязательно подсчитывать «в лоб» подмножества с четным количеством элементов и подмножества с нечетным количеством элементов. Достаточно доказать, что одних столько же, сколько других. A это можно сделать, установив между этими двумя множествами взаимно-однозначное соответствие (иначе говоря, построив биективное отображение одного множества в другое). Как построить такое отображение? Подскажем, одну из возможностей на примере множества {1,2,3,4}.
Это множество имеет 16 подмножеств (Вы легко можете их выписать). Объединим эти подмножества в пары согласно некоторому правилу, которое Вам предоставляется разгадать по приведенным нескольким примерам. Это правило работает так, что в паре с подмножеством, содержащим четное число элементов, оказывается подмножество, содержащее нечетное число элементов, причем никакое не повторяется и все состоят в какой-то паре.
1 пара: пустое и {1},
2 пара: {2} и {1,2},
3 пара: {3} и {1,3},
4 пара: {4} и {1,4},
5 пара: {2,3} и {1,2,3},
6 пара: {2,4} и {1,2,4
7 пара: {3,4} и {1,3,4}
8 пара: {2,3,4} и {1,2,3,4}
Это правило годится для любого числа элементов.

По задаче № 19

Проверим ваш результат на простом примере: два пятака и два кошелька. У Вас выйдет С2+2-12-1 = 3, а на самом деле способ здесь всего один – по одному пятаку в каждом кошельке.
Вы решили задачу без учета запрета на пустые кошельки. Если его нет, то в тестовой версии способов будет, действительно, три: 2+0, 0+2, 1+1.
См. две стандартные формулы, выведенные в пособии – при отсутствии и при наличии этого запрета.

По задаче № 20
В этом решении – два промаха. Один состоит в том, что рассматривается, насколько можно понять, разомкнутая нитка с бусами, тогда как в условии имеется в виду замкнутое кольцо. Вернемся к этому позже, будем пока считать, что речь идет о разомкнутой нитке.
В таком случае ошибка та же, что в предыдущей задаче. Представленный подход дает число раскладок шаров по ящикам, при условии, что допускаются и пустые ящики. А что такое пустой ящик в нашем случае? Это кусок ожерелья, на котором нет бусин?
Добавим, что в данном случае в аналогии с шарами и ящиками вовсе нет необходимости. В самом сюжете уже налицо те объекты, из которых нужно выбирать. Это промежутки между бусинами; некоторые из них выбираются как место разреза. При этом между двумя соседними бусинами не может быть больше одного разреза.
В этом свете понятно, в чем отличие кольца и нитки. На кольце промежутков между бусинами столько же, сколько бусин, на нитке – на 1 меньше.


Вернуться в «Новости»

Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и 5 гостей