Обсуждение и разбор марафонских задач

[VAL]

12-й тур внес существенные изменения в положение лидеров общего зачета Марафона.

Виктор Филимоненков не проявлял в 12-м туре былого рвения. Но и средних усилий хватило, чтобы обойти Олега Полубасова, который (надеюсь временно) сошел с дистанции, и утвердиться на втором месте в общем зачете в Марафона. Впрочем, почивать на лаврах Виктору нельзя. Во-вервых, впереди маячит спина еще одного марафонца - Влада Франка, а во-вторых, сзади на пятки Олегу и Виктору наступает Анатолий Казмерчук.

Уверенно ворвались в десятку Алексей Волошин (он утвердился на престижном 5-м месте) и Николай Дерюгин, остановившийся (полагаю до 13-го тура) на красивом рубеже в 100 баллов.

Наконец, стартовавший с места в карьер (он дебютировал в Марафоне только в 12-м туре) Сергей Половинкин не только выиграл тур, но и ворвался в десятку (пусть пока и одиннадцатым :) ).

Положение лидирующей группы после 12-и туров
\begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|c|} \hline № & Участники & I & II & III & IV & V & VI & VII & VIII & IX & X & XI & XII & \Sigma\\ \hline 1. & Владислав Франк & - & - & 32 & 53 & 47 & 85 & 59 & 47 & 23 & 33 & - & 6 & 385\\ \hline 2. & Виктор Филимоненков & - & - & - & - & - & 77 & 64 & 60 & 7 & 21 & 32 & 32 & 293\\ \hline 3. & Олег Полубасов & - & - & - & - & 77 & - & 65 & 45 & 81 & - & - & - & 268\\ \hline 4. & Анатолий Казмерчук & - & - & - & - & - & - & - & 55 & 67 & - & 61 & 74 & 257\\ \hline 5. & Алексей Волошин & - & - & - & - & - & - & - & - & - & 45 & 20 & 72 & 137\\ \hline 6. & Андрей Богданов & - & - & - & - & 45 & - & 52 & 15 & - & - & - & - & 112\\ \hline 7. & Николай Дерюгин & - & - & - & - & - & - & - & - & 18 & 3 & 30 & 49 & 100\\ \hline 8. & Иван Козначеев & - & - & - & 53 & 2 & 13 & 8 & 9 & 3 & - & - & - & 88\\ \hline 9. & Борис Бух & 38 & 28 & 15 & - & - & - & - & - & - & - & - & - & 81\\ \hline 10. & Макс Алексеев & 8 & 6 & 28 & 12 & 26 & - & - & - & - & - & - & - & 80\\ \hline 10. & Сергей Половинкин & - & - & - & - & - & - & - & - & - & - & - & 80 & 80\\ \hline \end{tabular}

[Mathusic]

ММ124 текущего тура сильно отличается от остальных. Вопрос: почему? Или она как-то связана с комбинаторной геометрией?

[VAL]

Mathusic в сообщении #332056 писал(а):

ММ124 текущего тура сильно отличается от остальных. Вопрос: почему? Или она как-то связана с комбинаторной геометрией?

У задач относящихся к тематическому конкурсу (таких в марафонском туре обычно 5 из 10) после основного марафонского номера в скобках указан номер в тематическом конкурсе. Например, задача ММ127 обзывается также КГ-9. КГ - это комбинаторная геометрия.
Ой! ММ128 почему-то тоже КГ-9, хотя должно быть КГ-10 :)

[VAL]

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

Задача ММ121 является прямым продолжением задачи ММ104.
Оценка за решение задачи ММ121 учитывается дважды в основном Марафоне и в тематическом конкурсе.

ММ121 (КГ-6) (8 баллов)

1. На сколько классов однотипных семиугольников разбиваются выпуклые семиугольники?
2. На сколько классов изотопных семиугольников разбиваются выпуклые семиугольники?

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

Решение


Опишем все классы изотопных выпуклых семиугольников. Начнем с рассмотрения семиугольника, изотопного правильному (рис. 7.1). Рассмотрим элементарные треугольники (на рисунке 7.1 они пронумерованы), примыкающие к единственному элементарному семиугольнику. Вариативность выпуклых семиугольников обеспечивается тем, что каждый из пронумерованных элементарных многоугольников может выродиться в точку или "инвертироваться". Например, перемещая вершины B и F можно получить из многоугольника, изображенного на рисунке 7.1, многоугольник, изображенный на рисунке 7.6, в котором исчез (выродился в особую точку) треугольник под номером 7. Продолжая перемещать вершины B и F можно получить семиугольник, изображенный на рисунке 7.2, в котором треугольник под номером 7 будет инвертирован, т.е. точка пересечения диагоналей AE и CG окажется по другую сторону от диагонали BF. При этом у соседних пронумерованных элементарных многоугольников изменится число сторон.
Базовым циклом выпуклого семиугольника назовем упорядоченный набор вида $[a_1, a_2, \dots, a_7]$, где $a_i \in \{-1, 0, 1\}$. Причем $a_i=-1$, если i-тый пронумерованный элементарный многоугольник инвертирован, и $a_i=0$, если соответствующий элементарный многоугольник выродился в особую точку. Так, семиугольник, изображенный на рисунке 7.1, имеет базовый цикл [1,1,1,1,1,1,1], а семиугольник на рисунке 7.2 - [1,1,1,1,1,1, -1]. Будем считать два базовых цикла эквивалентными, если каждый из них получается из другого циклическим сдвигом и, возможно, изменением направления обхода. Очевидно, что справедливы следующие утверждения:
- каждый ноль в базовом цикле окружен единицами;
- каждая минус единица также окружена единицами;
- каждому классу эквивалентных базовых циклов, обладающих свойствами, отмеченными в предыдущих пунктах, соответствует ровно один класс изотопных выпуклых семиугольников;
- обратно, каждому классу изотопных выпуклых семиугольников соответствует свой класс эквивалентных базовых циклов, обладающих свойствами, указанными в первых двух пунктах.
Таким образом, подсчет количества классов изотопных выпуклых семиугольников сводится к подсчету числа классов эквивалентных базовых циклов. Последнее можно подсчитать, используя теорию перечисления Пойа. Однако в нашем случае проще получить ответ прямым перебором. В таблице 1 представлены с точностью до эквивалентности все базовые циклы, а на рисунках 7.1-7.15 - соответствующие семиугольники. Характеристический вектор семиугольника состоит всего из одной компоненты, значение которой равно разности числа 50 и числа элементарных многоугольников этого семиугольника. Поэтому мы не стали включать в таблицу информацию о характеристическом векторе.
Поскольку изотопные многоугольники, очевидно, однотипны, для нахожденя числа классов однотипных семиугольников достаточно рассмотреть по одному представителю из каждого класса изотопных. Такое рассмотрение показывает, что семиугольники на рисунках: 7.4 и 7.5, 7.7 и 7.8, 7.11 и 7.12, 7.13 и 7.14 - однотипны. Поэтому имеется всего 11 классов однотипных семиугольников.










Ответ: 1) 11 классов; 2) 15 классов.

Обсуждение

Я попытался было замахнуться по подсчет или хотя бы не слишком грубую оценку числа классов изотопных (однотипных) восьмиугольников. Но задача оказалась крайне непростой. Типичная ситуация комбинаторного взрыва.

Награды

За правильное решение этой задачи Сергей Половинкин, Алексей Волошин и Анатолий Казмерчук получают по 8 призовых баллов. Николай Дерюгин, в решении которого имеются некоторые неточности, получает 6 призовых баллов.

Эстетическая оценка задачи - 4.4 балла

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

Обзор задачи ММ121 подготовлен Владимиром Лецко

[VAL]

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

Задача ММ122 является прямым продолжением задачи ММ57.
Оценка за решение задачи ММ122 учитывается дважды в основном Марафоне и в тематическом конкурсе.

ММ122 (КГ-7) (4 балла)

1. Найти формулу для выражения числа вершин структурного графа с данным характеристическим вектором.
2. Найти формулу для выражения числа элементарных многоугольников исходного многоугольника с данным характеристическим вектором.


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

Решение

Будем использовать обозначения принятые в преамбуле к тематическому конкурсу 13-го тура Марафона.

Число вершин структурного графа ординарного многоугольника зависит только от n и, являясь суммой числа точек пересечения диагоналей и числа вершин исходного многоугольника, подсчитывается по формуле
$v_0(n) = C_n^4+n = \frac{n(n+1)(n^2-7n+18)}{24}$
Легко доказать индукцией по k, что каждая особенность порядка k уменьшает количество вершин структурного графа на $\frac{k(k+3)}2$. Поэтому число вершин структурного графа многоугольника с характеристическим вектором s вычисляется по формуле:
$v(n,s) = v_0(n) - \frac12\sum_{k=1}^m s_kk(k+3)$

Формула для подсчета числа вершин сопровождающего графа ординарного n-угольника получается применением соотношения Эйлера (подробности см.в ММ57) для плоской укладки планарного графа:
$f_0(n) = \frac{(n-1)(n-2)(n^2-3n+12)}{24}$
Наличие полюса k-того порядка уменьшает количество вершин сопровождающего графа на $\frac{k(k+1)}2$. Поэтому для n-угольника с характеристическим вектором S имеем следующую формулу для числа вершин сопровождающего графа:
$f(n,s) = f_0(n) - \frac12\sum_{k=1}^m s_kk(k+1)$

Обсуждение

Легко вывести и формулу для подсчета числа ребер структурного (дуального) графа:
$e(n,s) = e_0(n) - \sum_{k=1}^m k(k+2)$,
где $e_0(n) = 2C_n^4+\frac{n(n-3)}2+n = \frac{n(n-1)(n^2-5n+12)}{12}$ - число ребер структурного графа ординарного n-угольника.

Доказательство того, что в ординарном четырехугольнике ровно $C_n^4$ точки пересечения диагоналей, совершенно очевидно. В самом деле, каждая четверка вершин определяет ровно одну точку пересечения диагоналей. И обратно.
Однако мои многолетние наблюдения показывают, что эта очевидность совершенно не очевидна :)
Вместо приведенного выше наблюдения многие начинают подсчитывать число точек пересечения диагоналей значительно более хитрыми методами. Например, суммируя интересующие нас точке по каждой диагонали.
Так поступают практически все хорошие студенты (плохие не поступают никак), которым я предлагал найти формулу для числа точек пересечения диагоналей ординарного n-угольника. Схожим путем пошли и несколько участников Марафона. Признаюсь, что в свое время и я, впервые столкнувшись с этой задачкой, шел к ответу окольным путем. И только преобразовав итоговую формулу к виду $\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}$, увидел короткий путь.

Награды

За правильное решение этой задачи Сергей Половинкин, Алексей Волошин, Анатолий Казмерчук и Николай Дерюгин получают по 4 призовых баллов.

Эстетическая оценка задачи - 4.3 балла

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

Обзор задачи ММ122 подготовлен Владимиром Лецко

[VAL]

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

MM123 (5 баллов)

Квадратная монета со стороной 1 см бросается случайным образом на лист бумаги, разлинованный квадратными клетками со стороной 2 см. Какая вероятность того, что монета попадёт целиком в клетку?

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

Решение
Бросание монеты можно описать математически как случайный выбор пары координат x и y, а также угла поворота монеты $\alpha$

Понятно, что можно рассмотреть один квадрат со стороной 2 и координаты центра (точки пересечения диагоналей) монеты будут принимать значения от 0 до 2.
Выразим вероятность попадания монеты в ячейку от угла $\alpha$, который образует её сторона с горизонтальной линией разметки.
Всилу симметрии угол $\alpha$ можно выбирать из диапазона от 0 до $\frac{\pi}{4}$.

При угле $\alpha$ монету можно вписать в квадрат, со сторонами, параллельными сторонам ячейки и равными $\sin\alpha+\cos\alpha$ (такую картинку можно видеть в индийском доказательстве теоремы Пифагора). Центр этого квадрата совпадает с центром монеты. Пересечение описанного вокруг монеты квадрата с ячейкой равносильно пересечению самой монеты с ячейкой.



"Бесконфликтная" область для центра монеты будет иметь форму квадрата, расположенного в центре ячейки. Сторона этого квадрата составит $2-\sin\alpha-\cos\alpha$. Тогда вероятность того, что при данном угле $\alpha$ монета попадёт целиком в ячейку, равна отношению площадей "бесконфликтного" квадрата и всей ячейки$\frac{(2-\sin\alpha-\cos\alpha)^2}{4}$

Взяв среднее интегральное этой дроби по $\alpha$ от 0 до $\frac{\pi}{4}$ получим вероятность $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{(2-\sin\alpha-\cos\alpha)^2}{4} \text{d}\alpha = \frac{5}{4}-\frac{7}{2\pi}\approx0,136$

Обсуждение

При упоминании случайного выбора сразу вспоминается классическая задача о произвольной хорде на окружности, решение которой зависит от того, как именно мы будем выбирать хорду. Здесь же процесс бросания определяется однозначно.

Ещё одна ассоциация с этой задачей - вычисление числа пи, бросая иголку на паркетный пол.

Для подтверждения уверенности в правильности решения можно воспользоваться моделированием процесса на компьютере. Кстати, я сам при её составлении и разработке черновика решения попался на то, что забыл поделить на длину отрезка, на котором берётся интеграл, и только результат моделирования заставил вспомнить об этом. Анализ решений показал, что в этом заблуждении я был не одинок.

Ещё одна причина, не позволившая одному из участников набрать максимальное количество баллов - выбор таких пределов интегрирования $\alpha$, при которых учитывается возможность пересечения с ячейкой только одной диагонали монеты.

Некоторые участники брали кратные интегралы или разделяли "бесконфликтный" квадрат на области, вычисляя площади каждой из них отдельно, что увеличило число шагов в решении, но не помешало получить правильный ответ.

Собственно задача рождается, если, решив аналогичную задачу о бросании круглой монеты, задуматься: а что будет, если монета квадратная?

Награды

За правильное решение этой задачи Сергей Половинкин, Виктор Филимоненков, Эдвард Туркевич, Анатолий Казмерчук, Николай Дерюгин и Дмитрий Пашуткин получают по 5 призовых баллов. Алексей Волошин и Евгений Машеров получают по 3 призовых балла.

Эстетическая оценка задачи 4.3


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

Обзор задачи ММ123 подготовлен Алексеем Изваловым

[VAL]

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

ММ124 (4 балла)

Пусть S_n = 2 + 3 + 5 + 7 +\dots+ p_n - сумма n первых простых чисел.
Доказать, что S_n является простым тогда и только тогда, когда существует такое простое число q, что S_n + q кратно 2, 3, 5, \dots, p_n.

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

Решение

Приведу решение Виктора Филимоненкова.

1. Пусть такое число q для $S_n$ существует. Тогда $S_n$ не делится ни на одно из чисел $2, 3, \dots, p_n$. Действительно, если $S_n = p \cdot b$, где p - одно из первых n простых, и $S_n + q$ кратно p, то и q кратно p, а поскольку q простое, то q = p. Тогда $S_n + q = p\cdot (b+1)$ - делится на $2\cdot 3\dots p_n$, в то время как $p\cdot b = 2+3+...+p_n$. То есть сумма n чисел, не меньших 2, лишь на одно слагаемое меньше их произведения, что для суммы первых протсых чисел, очевидно, не верно начиная с $S_3$ (для $S_1$ и $S_2$ утверждение доказывается непосредственно).

Но раз $S_n$ не делится на $2, 3, \dots, p_n$, то оно простое. Действительно, $S_n < n\cdot p_n$, а поскольку $n < p_n$, то $S_n$ не делится на все простые, меньшие квадратного корня из $S_n$, то есть простое.

2. Пусть, наоборот, $S_n$ простое. Покажем, что простое q существует. Рассмотрим арифметическую прогрессию с первым членом $-S_n$ и разностью $2 \cdot 3 \dots p_n$. Поскольку $S_n$ простое, то оно взаимно просто с $2 \cdot 3 \dots p_n$, и значит в этой прогрессии, по теореме Дирихле, есть бесконечное количество простых чисел. Любое из них годится в качестве q.

Обсуждение

Для меня было неожиданностью, что ряд опытных, искушенных марафонцев испытывали некоторые затруднения при решении этой, на мой взгляд, простой задачи. (Конечно, теорема Дирихле о простых числах в арифметической прогрессии - утверждение нетривиальное. Но зато широко известное :)). При желании, я мог придраться к большему числу решений. Читая утверждения типа "составное число, меньшее $p^2$, не может иметь делителей, больших p", я был близок к "кровопролитию". Но сдержался :)

В OEIS последовательность простых $S_n$ представлена под номером A013918.

Интересно, конечно ли множество n, для которых $S_n$ просто. Интуиция подсказывает, что:
1) бесконечно;
2) доказательство первого пункта нетривиально :)

Награды

За правильное решение этой задачи Виктор Филимоненков, Эдвард Туркевич, Анатолий Казмерчук, Алексей Волошин и Mathusic получают по 4 призовых балла. Сергей Половинкин, Николай Дерюгин и Евгений Машеров получают по 2 призовых балла.

Эстетическая оценка задачи 4.3

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

Обзор задачи ММ124 подготовлен Владимиром Лецко

[VAL]

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

Оценка за решение задачи ММ125 учитывается дважды в основном Марафоне и в тематическом конкурсе.

ММ125 (КГ-8) (4 балла)

Верно ли, что группа автоморфизмов структурного графа любого n-угольника изоморфна подгруппе группы диэдра n-й степени?

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

Решение

Приведу решение Алексея Волошина.

Рассмотрим правильный (можно любой выпуклый, но так удобнее) пятиугольник ABCDE. Точку пересечения диагоналей BD и CE обозначим через A', точку пересечения AD и CE - через B', и т. д.
У структурного графа пятиугольника ABCDE есть пять автоморфизмов, соответствующих поворотам и пять автоморфизмов, соответствующих отражениям пятиугольника. Каждый из них внешние вершины переводит во внешние, а внутренние - во внутренние. Но кроме этого, существует "выворачивающий" автоморфизм, который меняет местами вершины A и A', B и B', C и С', D и D', E и E'. В композиции с поворотами и отражениями это даёт ещё десять автоморфизмов. Итого - 20 автоморфизмов, в то время как группа диэдра 5-й степени содержит всего 10 элементов.

Обсуждение

Группа автоморфизмов структурного графа пятиугольника является единственным исключением. Для остальных многоугольников ответ на вопрос задачи положителен. Это следует из того, что при n, отличном от 5, любой автоморфизм структурного графа выпуклого n-угольника задает автоморфизмом циклического подграфа, образованного вершинами, соответствующими вершинам исходного многоугольника, и, в свою очередь, однозначно определен автоморфизмом этого подграфа. Рассуждение такого рода содержится в решении Анатолия Казмерчука. Однако Анатолий исходил из неверного тезиса об обязательном изоморфизме групп автоморфизмов структурного и сопровождающего графов и поэтому прозевал случай n = 5.
Отмечу, что, кроме упомянутого случая n = 5, группы автоморфизмов структурного и сопровождающего графов выпуклого n-угольника не изоморфны еще и при n = 3.

Задача ММ125 оказалась в некотором смысле парадоксальной. Я считал ее весьма легкой (это отражено и в цене задачи). Мое мнение, с одной стороны, подтверждается мнениями ряда участников Марафона, отметивших простоту ММ125, а с другой стороны, опровергается количеством марафонцев, осиливших эту задачу.

Награды

За правильное решение этой задачи Виктор Филимоненков, Алексей Волошин и Дмитрий Пашуткин получают по 4 призовых балла. Анатолий Казмерчук получает 2 призовых балла.

Эстетическая оценка задачи 4.4

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

Обзор задачи ММ125 подготовлен Владимиром Лецко

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

Текущее положение участников
в XIII туре Математического марафона
$\begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|} \hline №& Участники& 121 & 122 & 123 & 124 & 125 & \Sigma \\ \hline 1.& Алексей Волошин & 8 & 4 & 3 & 4 & 4 & 23 \\ \hline 1.& Анатолий Казмерчук & 8 & 4 & 5 & 4 & 2 & 23 \\ \hline 3.& Сергей Половинкин & 8 & 4 & 5 & 2 & 0 & 19 \\ \hline 4.& Николай Дерюгин & 6 & 4 & 5 & 2 & 0 & 17 \\ \hline 5.& Виктор Филимоненков & 0 & 0 & 5 & 4 & 4 & 13 \\ \hline 6.& Эдвард Туркевич & 0 & 0 & 5 & 4 & 0 & 9 \\ \hline 6.& Дмитрий Пашуткин & 0 & 0 & 5 & 0 & 4 & 9 \\ \hline 8.& Евгений Машеров & 0 & 0 & 3 & 2 & 0 & 5 \\ \hline 9.& Mathusic & 0 & 0 & 0 & 4 & 0 & 4 \\ \hline \end{tabular}$

[VAL]

ММ126 (4 балла)

Есть 8 шаров, среди которых 6 заряжены нейтрально, один - положительно и один - отрицательно. Есть прибор, который, будучи поднесённым к группе шаров, покажет их общий заряд (он покажет 0 и если в группе нет ни одного заряженного шара, и если они там оба).
За какое наименьшее число измерений можно найти положительный и отрицательный шары в группе?

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

Решение

Сначала оценим снизу необходимое число измерений. Поскольку вариантов выбора положительного и отрицательного шара из 8 будет $8\cdot 7 = 56$, а одно измерение может сократить количество вариантов не более чем втрое, то менее чем за $\lceil\log_3{56}\rceil=4$ измерения задачу решить нельзя.

Первое измерение нужно спланировать так, чтобы при каждом его исходе оставалось не более 27 вариантов.

Если выбрать для него 1 или 2 шара, прибор покажет 0 в 42 или в 32 случаях. При выборе трёх шаров для первого измерения (скажем, шары 1, 2 и 3), нейтральный заряд будет зафиксирован в 26 случаях, ещё по 15 вариантов распределения зарядов среди шаров дадут положительное и отрицательное показания. Эти случаи удобно рассмотреть в виде таблицы. Кадая её ячейка – это показание прибора в случае возможной пары шаров, заряженных положительно (по вертикали) и отрицательно (по горизонтали).



Вторым измерением 26 вариантов, давших нейтральное показание, нужно разбивать на 9+9+8.

Покажем, что это невозможно. Включения шаров из групп 1-3 и 4-8 независимо влияет на количества возможных показаний прибора. Если из шаров 1-3 выбрать в измеряемую группу 0 или 3 шара, то среди исходов измерения 6 раз встретится 0, и ни разу – плюс или минус. Для краткости запишем это так: 0 (-), 0 (+), 6 (0). Если же выбрать 1 или 2 шара, то среди исходов будут 2(-), 2(+), 2 (0)

Если из шаров 4-8 для измерения брать 0 или 5 шаров, то среди сиходов будут 0 (-), 0 (+), 20 (0). Если брать 1 или 4 шара, то 4 (-), 4 (+), 12 (0). И 2 или 3 шара, включённые в измеряемую группу, покажут 6(+), 6(-), 8(0).

Таким образом, наилучшее, чего можно добиться вторым измерением – это разбитие 26 вариантов на 8+8+10, выбрав, к примеру, 1, 7 и 8 шары



Значит, измерение первым действием трёх шаров к цели за 4 шага не приведёт. Попробуем измерить сначала 4 шара. Получаем следующее распределение исходов:



Довольно перспективный расклад: 16(+), 16(1), 24(0). Более того, в случае нейтрального результата в измерении 1, вторым замером эти 24 варианта разбиваются на 8+8+8 (и только так, расклады 9+9+6 и 9+8+7 невозможны), взяв шары №№3, 4, 5, 6.



И в случае нейтрального результата второго измерения на подозрении остаются 8 упорядоченных пар (положительный шар; отрицательный шар): (1;2), (2;1), (3;4), (4;3), (5;6), (6;5), (7;8), (8;7), Их можно разделить на 3+3+2, замерив шары 1, 3, 5. В таком случае прибор покажет:
«+» при (1;2), (3;4) или (5;6) – здесь для 4го измерения выберем пару №№1,4,
«–» - при (2;1), (4;3) или(6;5) – и здесь тоже,
и «0» при (7;8) или (8;7) – а тут достаточно узнать знак шара №8.

Итак, оставшимся четвёртым измерением можно однозначно найти искомые заряды.

Но в случае положительного результата второго измерения на подозрении будут такие 8 пар:
(3;1), (3;2), (4;1), (4;2), (5;7), (5;8), (6;7), (6;8). Применив соображения, аналогичные доказательству невозможности разбить 26 вариантов на 9+9+8, приходим к выводу, что невозможно выбрать такую группу шаров, чтобы третьим измерением разбить эти 8 вариантов на 3+3+2.

Таким образом, 4 измерения может и не хватить. Построим метод, дающий гарантированный результат за 5 замеров. В текущей ветке 8 вариантов легко разделить трёхкратной дихотомией.

В случае же, если после первого замера будет ненулевй исход (скажем, «+»), положительный шар находится среди 4 шаров, а отрицательный – среди остальных 4 шаров. На нахождение каждого дихотомией потребуется по 2 замера – итого в 5 укладываемся.

Обсуждение

Собственно задачу я сформулировал как модификацию известной задачи о поиске радиоактивных шаров. Введение зарядов, с одной стороны, удваивает возможные расположения шаров для заданного n, а с другой – предоставляет возможность каждым измерением делить это количество не на 2, а на 3.
Однако из-за того, что не непосредственно разделяем созможные варианты ответа на группы, а посредством выбора некоторой группы шаров, точное деление на 3 оказывается возможным далеко не всегда. И основной сложностью в этой задаче является именно доказательство невозможности уложиться в 4 измерения. При этом ветка, показывающая невозможность начинается после нулевого результата первого измерения и ненулевого - второго, а не после обоих нулевых результатов, как писали некоторые участники марафона.

Интересным был подход рассмотреть задачу как систему линейных уравнений с 8 неизвестными, в которую каждое новое измерение добавляет уравнение. Однако автор решения не учёл, что сами переменные могут принимать только 3 допустимых значения.

Напрашивается обобщение задачи: за сколько измерений можно найти положительный и отрицательный шар для произвольного общего количества шаров n?

Оценкой снизу для искомой функции $f_2(n)$ будет $\lceil log_3n(n-1)\rceil$, сверху в первом приближении можно взять n-1 – достаточно проверить все шары, кроме одного.

Для небольших n можно построить таблицу:
\displaystyle \begin{array}{|c|c|} \hline \mathrm {n} & \mathrm {f_2(n)} \\ \hline \mathrm {2} & \mathrm {1} \\ \hline \mathrm {3} & \mathrm {2} \\ \hline \mathrm {4} & \mathrm {3} \\ \hline \mathrm {5} & \mathrm {3} \\ \hline \mathrm {6} & \mathrm {4} \\ \hline \mathrm {7} & \mathrm {4} \\ \hline \mathrm {8} & \mathrm {5} \\ \hline \mathrm {9} & \mathrm {5} \\ \hline \mathrm {10} & \mathrm {5} \\ \hline \mathrm {11} & \mathrm {5} \\ \hline \mathrm {12} & \mathrm {6} \\ \hline \end{array}

Сергей Половинкин, помимо таблицы, строит алгоритм нахождения заряженных шаров для произвольного n и показывает, что $f_2(n)=[ \log_2 n ] + [ \log_2 \frac n3 ] + 1$.
Я предлагаю создать отдельную тему для обсуждения алгоритмов решения этой и аналогичных задач, опубликовав полный алгоритм там

Награды

Виктор Филимоненков и Алексей Волошин за правильное решение задачи получают по 4 балла. Сергей Половинкин, проведя очень интересное обобщение, в доказательстве невозможности решить текущую задачу за 4 измерения, привёл пример ветки, которая на самом деле за 4 измерения решается. Таким образом, он получает 3+2 (бонус за развитие темы)=5 баллов. Анатолий Казмерчук получает 3 балла, Эдвард Туркевич получает 2 балла, Николай Дерюгин и Евгений Гужавин получают по 1 баллу.

Эстетическая оценка задачи 4.4

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

Разбор задачи ММ126 подготовлен Алексеем Изваловым.

[VAL]

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

Текущее положение участников
в XIII туре Математического марафона
$\begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|} \hline №& Участники& 121 & 122 & 123 & 124 & 125 & 126 & \Sigma \\ \hline 1.& Алексей Волошин & 8 & 4 & 3 & 4 & 4 & 4 & 27 \\ \hline 2.& Анатолий Казмерчук & 8 & 4 & 5 & 4 & 2 & 3 & 26 \\ \hline 3.& Сергей Половинкин & 8 & 4 & 5 & 2 & 0 & 5 & 24 \\ \hline 4.& Николай Дерюгин & 6 & 4 & 5 & 2 & 0 & 1 & 18 \\ \hline 5.& Виктор Филимоненков & 0 & 0 & 5 & 4 & 4 & 4 & 17 \\ \hline 6.& Эдвард Туркевич & 0 & 0 & 5 & 4 & 0 & 2 & 11 \\ \hline 7.& Дмитрий Пашуткин & 0 & 0 & 5 & 0 & 4 & 0 & 9 \\ \hline 8.& Евгений Машеров & 0 & 0 & 3 & 2 & 0 & 0 & 5 \\ \hline 9.& Mathusic & 0 & 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 4 \\ \hline 10.& Евгений Гужавин & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ \hline \end{tabular}$

[VAL]

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

Оценка за решение задачи ММ127 учитывается дважды в основном Марафоне и в тематическом конкурсе.

ММ127 (КГ-9) (12 баллов)

Существуют ли однотипные, но не изополярные многоугольники?

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

Решение

Каждый полюс первого порядка уменьшает количество количество элементарных многоугольников на 1, а суммарное количество сторон элементарных многоугольников на 6. Полюс второго порядка уничтожает 3 элементарных многоугольника и 16 сторон. Поэтому, если порядок полюсов многоугольников с различными характеристическими векторами не выше 2, они не не могут быть однотипны. В самом деле, если у таких многоугольников поровну элементарных многоугольников, то тот из них, у которого больше полюсов второго порядка будет иметь большее суммарное число сторон элементарных многоугольников.
Полюс третьего порядка уничтожает 6 элементарных многоугольников и 30 сторон. Легко видеть, что n-угольники c характеристическими векторами (3, 0, 1) и (0, 3, 0) имеют поровну элементарных многоугольников (на 9 меньше, чем у соответствующего ординарного n-угольника), а также равное суммарное число сторон (на 48 меньше, чем у ординарного). Поэтому такие n-угольники могут (но, разумеется, не обязаны) быть однотипными.
Наименьшее n, при котором существуют многоугольники с приведенными выше характеристическими векторами, равно 10. Мне удалось получить довольно много пар однотипных, но не изополярных десятиугольников с указанными характеристическими векторами. Я стартовал восьмиугольника с характеристическим вектором (3, 1) и с девятиугольника с характеристическим вектором (0, 3). К первому я добавлял пару вершин так, чтобы соединяющая их диагональ проходила через полюс второго порядка (превращая его в полюс третьего порядка), а ко второму - одну вершину так, чтобы не возникало новых полюсов. Однотипности удавалось добиться, используя значительную свободу в выборе добавляемых вершин.
На рисунках 1 и 2 приведена одна из пар однотипных, но не изополярных десятиугольников.



Каждый из десятиугольников разбивается своими диагоналями на 120 треугольников, 80 четырехугольников, 31 пятиугольник, 5 шестиугольников и один семиугольник. Конечно, разглядеть все элементарные многоугольники затруднительно из-за недостаточного масштаба рисунков. Поэтому приведу координаты вершин десятиугольников:
десятиугольник на рисунке 1: A(80; -80), B(102; -51), C(120; 0), D(80; 80), E(0; 100), F(-80; 80), G(-100; 50), H(-100; 0), I(-1200/17; -1200/17), J(0; -100);
десятиугольник на рисунке 2: A(90; -90), B(120; 0), C(120; 60), D(72; 97), E(48; 96), F(-2750/241; 18350/241), G(-1200/23; 1200/23), H(-100; 0), I(-2400/31; -1200/31), J(-40; -80).

Обсуждение

Другие пары, построенных мной однотипных, но не изополярных многоугольников имеют векторы граней (122, 75, 34, 6, 0, 0, 0), (120, 81, 28, 8, 0, 0, 0), (118, 84, 28, 7, 0, 0, 0).
Анатолий Казмерчук построил пару десятиугольников с такими же, как в моих примерах, характеристическими векторами и общим вектором граней (118, 82, 32, 5, 0, 0, 0).

Интересный подход к решению задачи придумал Сергей Половинкин. Ему удалось доказать (на мой взгляд, почти строго) существование однотипных, но не изополярных многоугольников, не приводя конкретных примеров.
Основная идея - малым шевелением одной вершины (или двух вершин) преобразовать многоугольник в однотипный, но не изополярный. Предложенный метод требует наличия у исходного многоугольника не менее 20 вершин.

Алексей Волошин поставил вопрос о существовании однотипных (но не изополярных) многоугольников с разным числом вершин.
Полагаю, что таковых нет. Конечно, можно добиться, чтобы многоугольник с бОльшим числом сторон разбивался диагоналями на такое же число частей, на которое разбивается многоугольник с меньшим числом сторон. Но для этого в первом многоугольнике должно быть много полюсов, а это резко уменьшит среднее число сторон элементарных многоугольников. Впрочем, аккуратно я не считал.

Награды

За решение задачи ММ127 Анатолий Казмерчук получает 12 призовых баллов, Сергей Половинкин - 11 призовых баллов. За ряд правильных соображений и оценок Алексей Волошин получает 4 призовых балла. Дмитрий Пашуткин получает 2 призовых балла (по одному за ошибочное решение и своевременное обнаружение собственной ошибки :) ).

Эстетическая оценка задачи 5 баллов

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

Разбор задачи ММ127 подготовлен Владимиром Лецко.

[VAL]

Текущее положение участников
в XIII туре Математического марафона
\displaystyle \begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|} \hline & & 121 & 122 & 123 & 124 & 125 & 126 & 127 & \Sigma \\ \hline 1.& Анатолий Казмерчук & 8 & 4 & 5 & 4 & 2 & 3 & 12 & 38 \\ \hline 2.& Сергей Половинкин & 8 & 4 & 5 & 2 & 0 & 5 & 11 & 35 \\ \hline 3.& Алексей Волошин & 8 & 4 & 3 & 4 & 4 & 4 & 4 & 31 \\ \hline 4.& Николай Дерюгин & 6 & 4 & 5 & 2 & 0 & 1 & 0 & 18 \\ \hline 5.& Виктор Филимоненков & 0 & 0 & 5 & 4 & 4 & 4 & 0 & 17 \\ \hline 6.& Эдвард Туркевич & 0 & 0 & 5 & 4 & 0 & 2 & 0 & 11 \\ \hline 6.& Дмитрий Пашуткин & 0 & 0 & 5 & 0 & 4 & 0 & 2 & 11 \\ \hline 8.& Евгений Машеров & 0 & 0 & 3 & 2 & 0 & 0 & 0 & 5 \\ \hline 9.& Mathusic & 0 & 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ \hline 10.& Евгений Гужавин & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ \hline \end{tabular}

[VAL]

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

ММ129

Будем заполнять бесконечный клетчатый лист бумаги натуральными числами по спирали (каждый следующий виток начинается на вертикали, в которой стоит единица):



Для каждого числа найдём восемь модулей разности его с соседями (по вертикали, горизонтали и диагонали). Количество простых чисел среди этих восьми назовем индексом простоты окружения исходного сила.
Какое наибольшее значение может принимать индекс простоты окружения?
Для скольких чисел достигается это значение?

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

Решение.

Для числа 2 имеем индекс простоты, равный 5. Докажем, что больше чисел с таким индексом быть не может. Для соседей единицы их индексы простоты проверяются непосредственно, а для остальных чисел справедливы следующие рассуждения.

Поскольку от витка к витку количество цифр увеличивается на 4, то т.к. четные/нечётные числа стоят столбцами. Значит, у каждого числа среди восьми разностей шесть будут нечётными.

Поскольку при данном способе заполнения в соседних клетках не будут стоять чисел, различающихся на 2, то и простых разностей не будет больше 6.
Но по правилу построения для большинства чисел две из нечётных разностей будут единицами. Ровно одна разность будет равняться одному для чисел в двух столбцах: идущем вверх от единицы и смежном с ним слева.

Рассмотрим число, стоящее в столбце, идущем вверх от единицы.
Общий вид такого числа $a_n=2n^2+2n+2$ (если начинать индекс n с нуля).
Соседями его будут:
$(a_{n+3}-1),~(a_{n+1}),~(a_{n+2}+1)$
$(a_{n+2}-1),~(a_{n}),~(a_{n+1}+1)$
$(a_{n+1}-1),~(a_{n-1}),~(a_{n}+1)$

Разностями - кандидатами в простые будут:
Северо-запад: $12n+23$
Запад: $8n+11$
Юго-запад: $4n+3$
Северо-восток: $8n+13$
Восток: $4n+5$

Но, перебирая возможные остатки от деления n на 3, увидим, что среди этих чисел хотя бы одно будет делиться на 3. Т.к. ровно трём разность не может равняться, то среди разностей будет не более четырёх простых.

Теперь рассматриваем смежный слева столбец. Числа этого столбца, смежные с $a_{n}$, будут иметь вид $(a_{n+2}-1)$ Соседями их будут:
$(a_{n+4}-2),~(a_{n+3}-1),~(a_{n+1})$
$(a_{n+3}-2),~(a_{n+2}-1),~(a_{n})$
$(a_{n+2}-2),~(a_{n+1}-1),~(a_{n-1})$

Северо-запад: $8n+27$
Запад: $4n+11$
Северо-восток: $4n+7$
Восток: $8n+11$
Юго-восток: $12n+11$

И, опять-таки, не больше четырёх из этих разностей будут простыми.

Обсуждение

Задачу про спиральное заполнение гексагональной сетки я решал, участвуя в турнире Эйлера на сайте Диофант.ру. Мне понравилось, что за несколько пугающим построением, заставляющем прикинуть возможность моделирования всего процесса на компьютере, кроется эффектный шаг, устраняющий эту необходимость.

Награды

За правильное решение задачи Виктор Филимоненков, Алексей Волошин, Анатолий Казмерчук, Сергей Половинкин и Пашуткин Дмитрий получают по 5 баллов.

Эстетическая оценка задачи 5

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

Разбор задачи ММ129 подготовил Алексей Извалов

-- 05 окт 2010, 14:43 --

Текущее положение участников
в XIII туре Математического марафона
\displaystyle \begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|} \hline & & 121 & 122 & 123 & 124 & 125 & 126 & 127 & 129 & \Sigma \\ \hline 1.& Анатолий Казмерчук & 8 & 4 & 5 & 4 & 2 & 3 & 12 & 5 & 43 \\ \hline 2.& Сергей Половинкин & 8 & 4 & 5 & 2 & 0 & 5 & 11 & 5 & 40 \\ \hline 3.& Алексей Волошин & 8 & 4 & 3 & 4 & 4 & 4 & 4 & 5 & 36 \\ \hline 4.& Виктор Филимоненков & 0 & 0 & 5 & 4 & 4 & 4 & 0 & 5 & 22 \\ \hline 5.& Николай Дерюгин & 6 & 4 & 5 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 18 \\ \hline 6.& Дмитрий Пашуткин & 0 & 0 & 5 & 0 & 4 & 0 & 2 & 5 & 16 \\ \hline 7.& Эдвард Туркевич & 0 & 0 & 5 & 4 & 0 & 2 & 0 & 0 & 11 \\ \hline 8.& Евгений Машеров & 0 & 0 & 3 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 5 \\ \hline 9.& Mathusic & 0 & 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ \hline 10.& Евгений Гужавин & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ \hline \end{tabular}

[VAL]

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

ММ130

Комната имеет форму прямоугольного параллелепипеда шириной a, высотой b и длиной c. На стене a \times b сидит таракан. Он находится на расстоянии $\frac a2$ от смежной стены и на расстоянии x от потолка, x\le \frac b2 и хочет попасть в точку, симметричную исходной относительно центра параллелепипеда.

Для некоторых значений a, \ b, \ c кратчайший путь между этими точками будет проходить через одну и ту же последовательность граней при любом x, 0\le x\le \frac b2. Для каждой такой последовательности граней приведите пример тройки a, \ b, \ c.

Примечание: термин "кратчайший путь" означает путь, для которого нельзя найти путь, более короткий.

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

Решение
Приведём в основном решение Сергея Половинкина

Пронумеруем стороны данного прямоугольного параллелепипеда.
Грань, на которой сидит таракан, обозначим 1, боковую грань слева от 1-ой (стена) - грань 2, снизу (пол комнаты) - грань 3, правая боковая стена - грань 4, сверху (потолок комнаты) - грань 5, задняя стенка, та, куда держит путь таракан, грань 6.
Обозначим каждую грань соответствующим цветом:
1. сиреневый
2. розовый
3. голубой
4. зеленый
5. желтый
6. бирюзовый

Рассмотрим различные маршруты между заданными точками по граням параллелепипеда. Любой маршрут начинается на грани 1, а заканчивается - на 6.
Очевидно, что любой кратчайший путь (КП) не может включать одну и ту же грань дважды. Кроме того, понятно, что любой КП представляет из себя отрезок прямой, соединяющий 2 заданные точки на некоей развертке параллелепипеда.
Рассмотрим "обобщенную" развертку:




На этом рисунке при разничных значениях параметров a, b, c можно нарисовать все КП, проходящие через боковые грани 2 и 4. Также приведено несколько прямых маршрутов, которые при соответствующих значениях a, b, c, x, возможно, могут быть КП: $1-2-6$, $1-2-3-6$, $1-4-3-6$.
На следующем рисунке показаны маршруты через пол и потолок:



На рисунке приведены маршруты (потенциальные КП) $1-3-2-6$, $1-5-2-6$, $1-3-4-6$, $1-5-4-6$.

А на следующем рисунке можно построить все маршруты, которые теоретически могут быть КП.



Такие маршруты могут включать в себя $3$, $4$ или $5$ граней, но не $6$, все начинаются с $1$ и заканчиваются в $6$, остальные грани входят не более одного раза. Всего имеем $20$ таких маршрутов, ввиду симметрии, их длины равны попарно, всего имеем $10$ пар, найдем длины всех $10$:
1. $1-2-6$ и $1-4-6$, длина $d= \sqrt {(a+c)^2 + (b-2x)^2 }$
2. $1-3-6$ и $1-5-6$, длина $d= b+c$
3. $1-2-3-6$ и $1-4-3-6$, длина $d= \sqrt {(\frac a2 +b -x)^2 + (\frac a2 +c + x)^2 }$
4. $1-2-5-6$ и $1-4-5-6$, длина $d= \sqrt {(\frac a2 +b+c -x)^2 + (\frac a2 + x)^2 }$
5. $1-3-2-6$ и $1-3-4-6$, длина $d= \sqrt {(\frac a2 +b+c -x)^2 + (\frac a2 + x)^2 }$
6. $1-5-2-6$ и $1-5-4-6$, длина $d= \sqrt {(\frac a2 +b -x)^2 + (\frac a2 +c + x)^2 }$
7. $1-2-3-4-6$ и $1-4-3-2-6$, длина $d= \sqrt {(a +b )^2 + (a +c )^2 }$
8. $1-2-5-4-6$ и $1-4-5-2-6$, длина $d= \sqrt {(a +b )^2 + (a +c )^2 }$
9. $1-3-2-5-6$ и $1-3-4-5-6$, длина $d= \sqrt {(a +b )^2 + (c+2(b-x) )^2 }$
10. $1-5-2-3-6$ и $1-5-4-3-6$, длина $d= \sqrt {(a +b )^2 + (c+2x )^2 }$

Заметим, что длины маршрутов 3 и 6 равны, также равны маршруты 4 и 5.
Для любого набора параметров a, b, c и при любом допустимом значении x длины маршрутов 7 и 8 больше длины маршрута 1, а маршрута 9 - больше длины маршрута 2.

Получаем 5 маршрутов:
M1: $1-3-6$ и $1-5-6$, длина $d(M_1)= b+c$
M2: $1-2-6$ и $1-4-6$, длина $d(M_2)= \sqrt {(a+c)^2 + (b-2x)^2 }$
M3: $1-2-3-6$, $1-4-3-6$, $1-5-2-6$ и $1-5-4-6$, длина $d(M_3)= \sqrt {(\frac a2 +b -x)^2 + (\frac a2 +c + x)^2 }$
M4: $1-2-5-6$, $1-4-5-6$, $1-3-2-6$ и $1-3-4-6$, длина $d(M_4)= \sqrt {(\frac a2 +b+c -x)^2 + (\frac a2 + x)^2 }$
M5: $1-5-2-3-6$ и $1-5-4-3-6$, длина $d(M_5)= \sqrt {(a +b )^2 + (c+2x )^2 }$

Некоторые из этих маршрутов не существуют при некоторых значениях a, b, c, x, но при других значениях любой из этих 5 может оказаться самым коротким, поэтому нужно рассматривать их все. Кроме того, если маршрут не существует (для какого-либо набора значений), то это означает, что есть другой, более короткий маршрут.
При сравнении длин маршрутов проще сравнивать квадраты длин, что не меняет знака отношения.
Заметим, что при $x= \frac b2$, независимо от значений a, b и c, $d(M_3)= \sqrt {(\frac a2 + \frac b2)^2 + (\frac a2 + \frac b2 +c )^2 }= d(M_4) $, а при $x < \frac b2$, $d(M_3) < d(M_4) $.

При этом же значении x, $d^2(M_3)-d^2(M_1)=\frac{a^2}{2}+ab-\frac{b^2}{2}+ac-bc$, а $d^2(M_3)-d^2(M_2)=-\frac{a^2}{2}+ab+\frac{b^2}{2}-ac+bc$. Эти две величины не могут быть отрицательными одновременно, поэтому маршрут M3 не может быть решением задачи

Теперь, при $x= \frac b2$, $d(M_1) < d(M_5) $, также независимо от значений a, b и c, тогда М5 тоже не решение задачи.
Маршруты М1 и М2 являются решением, соответствующие значения параметров несложно подобрать.

Например, при $a=4$, $b=2$, $c=4$, при всех $0 \le x \le 1$, КП будут только М1.

А при $a=1$, $b=2.5$, $c=1$, при любых $0 \le x \le 1.25$, КП будет M2.

Обсуждение
Когда-то прочитал в "Кванте" задачу про насекомого, сидящего почти под потолком на торцевой стене длинного зала. Чтобы попасть в центрально-симметричную точку зала кратчайшим путём ему нужно было пройти по потолку, затем перебраться на боковую стену, затем - на пол, а уже оттуда - на противоположный торец. Придумывая задачу для Марафона я вспомнил о ней, и сначала захотел обобщить - вывести для измерений комнаты a, b, c и координат таракана x и y правила определения длины кратчайшего пути. Затем, в процессе обкатки формулировки y превратилось в $\frac{a}{2}$, x стало принимать значения от 0 до $\frac{b}{2}$, но рассмотрение всех вариантов всё равно оставалось достаточно объёмным, и первоначальный интерес от поиска маршрутов сменился скукой рутинных вычислений.

Последовала очередная переформулировка: меня заинтересовало, а найдутся ли такие комнаты, для которых кратчайший маршрут будет проходить всегда черед один и тот же набор граней? В таком виде процесс отсечения неподходящих вариантов необременителен, и задача была включена в Марафон.

Вот только в своём решении я отсекал маршрут $M_3$ просто на том основании, что существует маршрут равной длины, симметричный ему относительно вертикальной плоскости, проходящей через исходную точку, и, таким образом, $M_3$ не будет кратчайшим маршрутом в понимании "имеющий длину меньшую, нежели какой-либо другой". Но Алексей Волошин и Анатолий Казмерчук справедливо указали в уточняющих условие письмах, что для любого маршрута найдётся равный ему симметричный относительно центра параллелепипеда. Таким образом в формулировку внесено уточнение, а Алексей Волошин и Анатолий Казмерчук получают +1 балл.

Решением задачи в её марафонной постановке являются 2 различных параллелепипеда, представляющие 2 наиболее очевидных маршрута: через потолок и через боковую стену. Это, в общем-то, несколько скучно. Жаль, что я не установил ограничения для x, к примеру, $0 \le x \le \frac{b}{4}$ - в этом случае среди решений был бы параллелепипед, кратчайший маршрут в котором проходил бы через 5 граней (возможность того, что такой вариант может быть кратчайшим даже не рассматривалась некоторыми участниками).

Вот зависимость длины маршрутов для случая $a=2$, $b=2$, $c=40$, найденного Сергеем Половинкиным в развитие темы.



Полагаю, это можно отметить дополнительным баллом.

Награды

За правильное решение задачи Сергей Половинкин и Алексей Волошин получают 6+1=7 баллов, Анатолий Казмерчук получает 5+1=6 баллов, Николай Дерюгин и Евгений Гужавин получают по 3 балла.

Эстетическая оценка задачи 4.3 балла

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

Разбор задачи ММ130 подготовил Алексей Извалов

[VAL]

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

Текущее положение участников
в XIII туре Математического марафона
\displaystyle \begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|} \hline & & 121 & 122 & 123 & 124 & 125 & 126 & 127 & 129 & 130 & \Sigma \\ \hline 1.& Анатолий Казмерчук & 8 & 4 & 5 & 4 & 2 & 3 & 12 & 5 & 6 & 49 \\ \hline 2.& Сергей Половинкин & 8 & 4 & 5 & 2 & 0 & 5 & 11 & 5 & 7 & 47 \\ \hline 3.& Алексей Волошин & 8 & 4 & 3 & 4 & 4 & 4 & 4 & 5 & 7 & 43 \\ \hline 4.& Виктор Филимоненков & 0 & 0 & 5 & 4 & 4 & 4 & 0 & 5 & 0 & 22 \\ \hline 5.& Николай Дерюгин & 6 & 4 & 5 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 3 & 21 \\ \hline 6.& Дмитрий Пашуткин & 0 & 0 & 5 & 0 & 4 & 0 & 2 & 5 & 0 & 16 \\ \hline 7.& Эдвард Туркевич & 0 & 0 & 5 & 4 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 11 \\ \hline 8.& Евгений Машеров & 0 & 0 & 3 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 5 \\ \hline 9.& Mathusic & 0 & 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ \hline 9.& Евгений Гужавин & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 3 & 4 \\ \hline \end{tabular}