Sah cu Ceausescu

Aici veti gasi cele mai interesante subiecte ale sportului mintii!Nu ezitati sa intrati in misterioasa si tulburator de frumoasa lume a sahului! Sa aveti in fiecare zi pofta de viata si de sah!

Probleme de logica la inceput de saptamana (56)

Posted by dan bujor on October 25, 2010

40


Cred ca la inceput de saptamana cand nici iarba nu creste, un imbold primit din partea unor probleme de logica ar fi binevenit pentru “demarajul” mintal necesar unei noi saptamani. Sper sa fiti mai inspirati decat sunt eu lunea.

Problema 1

Cum se pot aranja cele opt piese de aceeasi culoare (exceptand pionii) pe o tabla de sah pentru a se putea realiza numarul maxim de mutari cu acestea?

Problema 2

Un iluzionist a invitat un spectator pe scena, si a rugat publicul sa-i inmaneze acestuia un numar oarecare de monede pe care acesta sa le puna pe masa. Apoi iluzionistul s-a intors cu spatele, si i-a cerut spectatorului sa intoarca de mai multe ori (si de cate ori doreste) cate 2 monede odata, iar, cand termina, sa acopere o moneda cu mana si sa-l anunte pe iluzionist sa se intoarca, cand e gata. Aruncand o privire la monedele neacoperite de pe masa acesta a anuntat ce fata a monedei acoperite se putea observa.

Cum a reusit asta iluzionistul?

Problema 3

Folosind o singura data numerele de la 1 la 9, sa se formeze setul de 3 numere prime care, prin insumare, sa dea cea mai mica suma posibila (De ex.653, 941 si 827 dau suma de 2421, dar nu este solutia optima).


4 Responses to “Probleme de logica la inceput de saptamana (56)”

  1. cosminp said

    P2.

    Se eticheteaza cu 1 si 0 fetele monedelor,dupa cum sunt cap sau pajura. Fie I = numarul de valori de 1 vizibile.

    Sa analizam cum se modifica I dupa o intoarcere a doua monezi. Sunt 4 cazuri posibile:

    0 0 => 1 1 => I’ = I+2
    0 1 => 1 0 => I’ = I
    1 0 => 0 1 => I’ = I
    1 1 => 0 0 -> I’ = I-2

    Se observa ca I’ si I au aceeasi paritate, deci (I mod 2) este un invariant fata de configuratia initiala(I si I’ au aceeasi paritate). Valoarea monezii acoperite este 0 sau 1 dupa cum (I’ mod 2) este egal sau nu cu (I mod 2), unde I'(nu are legatura cu cel folosit mai sus) este valoarea calculata pentru monezile neacoperite.

  2. Vlad Teodor said

    Problema 3.

    Solutia optima este: 587+263+149=999.

  3. Vlad Teodor said

    Problema 1.

    Consideram numarul maxim de mutari pentru fiecare piesa, adica R=8, D=27, T=14, N=13, C=8. Pentru cele opt piese, prin insumare obtinem totalul teoretic
    S=R+D+2(T+N+C)=105.
    Pentru dama si cei doi nebuni totalul teoretic este D+2N=53, care insa nu poate fi atins, pentru ca cele trei piese asezate toate in centru se “incurca” unele pe altele. Doar pentru dama si nebuni numarul maxim de mutari este 49 (la orice asezare, se pierd cel putin 4 mutari). Prin urmare, numarul total al mutarilor tuturor pieselor nu poate depasi 101. Am compus urmatoarea pozitie permitand 100 mutari:

    Rd7, Db6, Ta4, Tc2, Nd5, Ne5, Cd3, Cf5.

    As fi curios sa stiu daca exista vreo pozitie permitand 101 mutari.

  4. dan bujor said

    Corecte toate cele 3 rezolvari.

    P.S. Se pare ca la ultima problema, numarul maxim de mutari este chiar 100.

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out /  Change )

Google photo

You are commenting using your Google account. Log Out /  Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out /  Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out /  Change )

Connecting to %s