Пока не получается, перебор выходит 2+9^2+9*2

(2/(9+2+9))^(-2)

(02.02.2012 14:23)Efrit Wrote:  Теперь следующая задачка. Снова придумана мною
2) Какое из чисел больше: 2¹⁸⁰ или 5⁷⁷ ?

Пользоваться калькулятором (то есть "напрямую" вычислять числа) нельзя. Нужно привести какое-то доказательство...

Обозначим

2¹⁸⁰ / 5⁷⁷ = А

прологарифмируем

ln (2¹⁸⁰/ 5⁷⁷ ) = ln А

180 ln 2 - 77 ln 5 = 180*0.693-77*1.609=0.847=ln A

A=exp^0.847=2.33 > 1

Значит первое число больше второго (2¹⁸⁰ > 5⁷⁷)

2**180 v 5**77
2**257 v 10**77
(2**10)**25*2**7 v (10**3)**25*100
1024**25*128 > 1000**25*100

2**180 > 5**77

2**257 = (2**250)*(2**7) = ((2**10)**25)*(2**7) = (1024**25)*128

10**77 = (10**75)*(10**2) = ((10**3)**25)*(10**2) = (1000**25)*100

Калина.

Кудряшка.
Хотя, я не уверен, не знаю, откуда взялась "у", добавил её просто потому, что её не хватало. Может, плохо помню правила ребусов

"К" стоит у "Д"

Лично я не мог понять откуда там в 4. РЯ - оказалась что от КРЯ, в 5. - что там ГЛИНА

Выроем соответствующих размеров и конфигурации бассейн, наполним водой и окунём туда слона. Подсчитаем объём вылившейся воды - он равен объёму слона. Теперь нужна плотность. Можно вспомнить, что большая часть живых организмов на 80 и более % состоят из воды и взять плотность воды - погрешность не так велика. Можно измерить плотность человека (взвесить, найти объём образом, указанным выше, поделить массу на объём) или даже маленького слонёнка - тогда погрешность будет ещё меньше. Умножаем объём на плотность - получаем массу. Приблизительно, конечно, но вряд ли радже нужна сверхточность.

Если точность не важна, то ищем слона похожих размером, а дальше как советовал мудрец.

Строим большой плот. Загоняем на него слона и смотрим на сколько плот погрузился в воду. Потом начинаем загружать плот разными грузами до тех пор, пока он не погрузится на столько на сколько погружался со слоном. Взвешиваем груз.

(03.02.2012 16:07)fireman Wrote:  умноженное на первое слагаемое

а может и на меньшее

(a + b)*a
(8 + 6)*8 = 112 - подходит к файлу

если рыба распределена равномерно, то:
1) разделить пруд пополам (сетью, например).
2) продолжать делить пруд до получения приемлемой для подсчетов части.
3) подсчитать рыбу в найденной части
4) умножить результат на 2^n

7. Оцениваем примерный объем пруда, берем черпаем ведром из пруда и считаем сколько в ведре рыбы. Считаем во сколько объем пруда больше объема ведра и умножаем на это число кол-во рыбы в ведре...

Высушиваем пруд, считаем рыбу. А что, ловить же не надо.

Берем 1 рыбку оттуда и кормим ее до тех пор, пока она не наестся, а затем пытаемся накормить всю рыбу в пруду, замеряя (количество брошенного корма)/(количество корма съеденного одной рыбкой). Очень неточно и очень гуманно

Берем корм, который долго не тонет, и бросаем в пруд до тех пор, пока рыбы не перестанут его есть (мы увидим, что корм плавает и остаётся нетронутым). Теперь делим общий вес брошенного корма на количество, съедаемое одной рыбиной. Но, разумеется, результат будет очень грубо приблизительным.

4 маленьких, 3 средних, 1 большой треугольников

Один шнур сложить вчетверо и поджечь оба, в том числе у одного зажгётся сразу четыре стороны. Этот шнур будет гореть 15 минут, а как прогорит, так сразу тушить второй - в нём будет шнура на 45 минут горения.

пока не добрался до дробей...
6|(1-3/4)

Чаши весов останутся в равновесии лишь в том случае, если плотность булыжника равна плотности железа
Обоснование - закон Архимеда.

(14-6)*3=24

Неохота рисовать, мне проще описать словами.
Всё как на рисунке для 9 треугольников, но прямые смещены чуть-чуть влево относительно 4-угольника. Т. е. они пересекают те же стороны, но их точка пересечения лежит вне четырёхугольника, внутри угла, составляющего его невыпуклость.

разделить на 5 равных прямоугольников. другого способа не вижу.

очевидно, 2й будет стрелять в 3го. 1му нужно стрелять в 3го. если 3го убьют и он стрелял во 2го - 1й выиграл. получаем р*2/3, где р - вероятность того, что 3й будет стрелять во 2го.

во-первых, третьему нужно стрелять во второго т.к. это повышает его шансы. во-вторых, нет, неправильно

ну тогда р=1 и ответ 2/3. это вероятность того, что кто-то из 1го и 2го попадет по 3му.

Полагаю, что единственная адекватная тактика - это кидать шар с чётных этажей, начиная со второго, в порядке возрастания, а когда он разобьётся - проверить вторым шаром этаж ниже.
Таким образом число попыток = (число этажей + 3)/2 с округлением вниз; в худшем случае это 51.

41 бросок.
доказательство: будем бросать один шар с этажей, с каждым броском увеличивая номер этажа в р раз. тогда для к-го броска номер этажа равен р^к-1. когда шар разобьется, будем бросать другой шар на каждом этаже, начиная с последней неразбивающей позиции. итого число бросков первого шара равно к, второго - х-р^к-2-2. общее х-р^к-2-2. при этом к приблизительно равно logp(x)+1. подставляем это значение в сумму, находим минимум относительно р. приблизительное значение р в минимуме - 1,274. при этом к-во бросков в худшем случае прибл. равно 41.

более того, если мы будем бросать 1-й шар на каждом р-м этаже (номер этажа равен кр), то получим минимум при р прибл. равно корень(х). в данном случае будем бросать на этажах, кратных 10, а потом на каждом. и наихудший вариант - всего-навсего 19 бросков.

можно сделать и 18 попыток, если брать по 11 этажей, но ща потестим, может будет и меньше ...

а можно и 15 поыток ...

Можно 14, если начинать с 14 этажа и дальше уменьшать шаг на 1. 13 так уже не выйдет, т. к. 1 + ... + 13 < 100. Правда, строго доказать минимальность 14 (если оно правда минимально) вряд ли смогу.

лицо проводника тоже было испачкано

я посоветовал бы парню (как скорее всего и было задумано в задачке запутать) быть сильным или склонить третью девушку к другому виду данного занятия)))

шансы первого на победу (что падрузомевает его выживание, т.е. это шанс второго убить третьего) равны 1/2

собрать плащь короля нежити))

я бы так их и закинул 10 обычных и 10 золотых. В условии говорится что некромант берет лбую шляпу, т.е можно и ту и другую шляпу подержать в руках. Но ведь золото тяжелее обычного метала - значит нужная шляпа будет тяжелее

ну очень странный ответ, учитывая что лица друг друга они видели.

доказательство что меньше нельзя вкратце: легко понять (но долго формально расписывать) что идеальная тактика - броски с этажей k, k+(k-1), k+(k-1)+(k-2) ... и 13 банально не хватит.

считаем что все заражены различными венерическими заболеваниями и хотят безопасного секса

Потому что гладиолус проводник не джентельмен

§ 4. О ленивых мудрецах

Три дамы А, В и С сидят в купе железнодорожного вагона
с испачканными лицами и все три смеются.
Внезапно А соображает: почему В не понимает,
что С смеется над ней? — О, боже! Они смеются надо мной.
Дж. Литлвуд. Математическая смесь

Едут в вагоне поезда N мудрецов. За окнами прелестный пейзаж.

Поезд то и дело ныряет в туннели. Дух захватывает. Собрались все мудрецы в коридоре вагона, в открытые окна глядят, не наглядятся.

Вдруг в одном туннеле грохот, дым, пыль! Грязь какая-то в окна посыпалась. Проехали туннель — входит проводник. "Тут кое-кто испачкался, — говорит. — В поезде, к сожалению, воды нет. Но сейчас подряд большие остановки пойдут, так что можно будет выйти из поезда и помыться".

Надобно вас теперь предупредить— мудрецы в вагоне собрались как на подбор: столь же умные, сколь ленивые. Никто, скажем, зря мыться не пойдет (если не знает наверняка, что испачкался). И у соседей не спросит, чистое у него лицо или грязное — зачем напрасно людей тревожить и самому беспокоиться? — проще сообразить,

Что же сделают мудрецы после объявления проводника?

Утверждается, что если у n из них испачканы лица, то ровно на n-й остановке все эти n мудрецов выйдут из поезда мыться.

Докажем сделанное утверждение по индукции.

Случай n = 1. При n = 1 утверждение очевидно. Мудрец M1 с грязным лицом узнает из объявления проводника о том, что в вагоне имеются пассажиры с испачканными лицами. Оглядев соседей, он обнаруживает, что у них лица чистые. Значит, грязное лицо — именно у него. Поэтому на 1-й остановке он идет мыться.

Переход от n = k к n = k + 1. Покажем, что если утверждение справедливо при n = k, то оно верно и при n = k + 1.

Пусть лица испачканы у мудрецов M1, ..., Mk+1. Тогда Mk+1 видит вокруг k грязных лиц (M1 , ..., Mk) и рассуждает так:

"Возможны два случая:

1) у меня чистое лицо;
2) у меня грязное лицо.

В 1-м случае все k мудрецов с грязными лицами, которых я вижу вокруг, выйдут умываться на k-й остановке (так как по предположению индукции при n = k утверждение справедливо).

Поскольку 1-й случай возможен, мне не следует выходить ни на k-й остановке, ни раньше: если я чистый, это было бы непростительной тратой сил! К такому выводу пришел бы на моем месте любой умный и не склонный к напрасной суете человек *).

Но возможен, разумеется, и 2-й случай: может быть, у меня тоже грязное лицо. Тогда, однако, каждый из перемазавшихся мудрецов M1, ..., Mk видит вокруг себя k испачканных лиц. В этой ситуации никто из них — мудрых и неторопливых — не пойдет умываться на k-й остановке (см. предыдущий абзац).

Итак, если мудрецы M1, ..., Mk не пойдут мыться на k-й остановке, значит, я — грязный, и мне надлежит идти умываться. Дождусь k-й остановки. Если на ней никто не пойдет умываться, придется выйти на следующей — (k+1)-й остановке и вымыть лицо!"

Так же рассуждают все мудрецы с грязными лицами. Следовательно, на (k+1)-й остановке все они пойдут умываться, что и требовалось доказать.

3адачи

1. Изменим слегка наш рассказ. Зная, что в вагоне едут мудрецы, и увидав, что многие из них испачкались, проводник решает сократить свое объявление.

"Зачем же мне говорить, что кое-кто испачкался, — думает он, — когда они и сами это видят!" И пропускает первую фразу объявления.

Можно ли по-прежнему утверждать, что если лица испачканы у n человек, то на n-й остановке они пойдут мыться?

2. Внесем в рассказ другое изменение.

Пусть в тот момент, когда поезд проходил через злосчастный туннель, часть мудрецов была в своих купе: кто в окно смотрел, кто дремал...

Громкий голос проводника, который на этот раз опять произнес полный текст объявления, по счастливой случайности услышали все, но поручиться, что и другие слышали объявление, никто бы не смог. Через некоторое время (еще до первой остановки) все мудрецы собрались в коридоре вагона...

Вопрос тот же, что в задаче 1.

Предупреждение. Если вы хотите решить предложенные задачи сами (без подсказок), то не читайте пока § 5.

§ 5. Что сказал проводник?

Иль думал, что я думала, Что думал он: Я сплю!
С. Маршак Из Ковентри Патмора

Пусть мудрецы и сами — без проводника — знали и про то, что в поезде нет воды, и про то, что после туннелей пойдут долгие стоянки, на которых можно умыться. Кроме того, пусть в грязном туннеле испачкался больше чем один человек. Тогда в объявлении проводника нет как будто вообще ничего нового ни для кого из мудрецов!

Так что же — если бы проводник вовсе не приходил — пошли бы n испачкавшихся мыться на n-й остановке?

Велик соблазн ответить "Да": раз ничего не изменилось в условии задачи, то не должен, казалось бы, измениться и ответ! И все же здравый смысл подсказывает, что без объявления проводника мыться, пожалуй, никто не пойдет!! И потом — что значит: "ничего не изменилось в условии"? Все-таки в одном варианте проводник вообще не приходил, а в другом — приходил и что-то сказал!!!

Что же, наконец, он сказал?

Одними восклицаниями этот вопрос, по-видимому, не решишь. Поэтому хладнокровно и скрупулезно проанализируем простейший возможный случай: n = 2 (положить n = 1 мы не можем, так как дано, что испачкался больше чем один человек).

Случай n = 2. Лица испачканы у мудрецов M1 и M2. Они видят друг друга, и поэтому каждый из них, действительно, знает, что кто-то испачкался.

Поставив себя на место M2, попробуем повторить рассуждения § 4.

"Возможны 2 случая:

1) у меня чистое лицо;
2) у меня грязное лицо.

В 1-м случае M1 видит только чистые лица, но он знает, что кто-то испачкался. Поэтому..."

Стоп! M1, действительно, знает, что кто-то испачкался, но откуда об этом известно M2? Откуда, собственно, M2 знает, что M1 знает, что кто-то испачкался?

...Наконец-то, мы, кажется, нащупали ключ к решению.

Если проводник проходил, то его объявление, и правда, не было новостью для M1 и M2. Но M2 видел, что M1 слушал это объявление. Поэтому-то, если проводник приходил, то M2 знает, что M1 знает, что кто-то испачкался.

Если же проводник не приходил, то знать M2 об этом неоткуда. В самом деле, мы-то знаем, что у M2 грязное лицо, и поэтому знаем, что M1 знает, что кое-кто (может быть, только M2, а может быть и он тоже) испачкался, но сам M2 допускает возможность, что у него чистое лицо, и что M1 видит, следовательно, только чистые лица. Но если M1 не видит грязных лиц и если проводник не приходил, то M1 неоткуда узнать, что кто-то испачкался. Значит, если проводник не приходил, то M2 неоткуда узнать, что M1 знает, что кое-кто испачкался.

Упражнение. Пусть проводник не приходил, n = 2; испачкались мудрецы M1 и M2, мудрец М не испачкался. Какие из следующих утверждений верны?

a) M2 знает, что М знает, что кое-кто испачкался,
b) M знает, что M1 знает, что кое-кто испачкался,
c) M2 знает, что М знает, что M1 знает, что кое-кто испачкался,
d) M2 знает, что M1 знает, что кое-кто не испачкался.

Дальнейший анализ.

При n>2 каждому мудрецу и без объявления проводника становится известно не только то, что кое-кто испачкался, но и то, что все остальные знают об этом. Пусть, например, грязных мудрецов— трое: M1, M2 и M3. Тогда M2 знает, что M1 видит грязное лицо M3. Тем самым, M2 знает, что M1 знает, что кое-кто (например, M3) испачкался.

Различие между вариантами, когда проводник приходил или не приходил, при n>2 становится поэтому еще тоньше. Сформулируем его точно для n = 3.

Случай n = 3. Если проводник приходил, то M3 знает, что M2 знает, что M1 знает, что кое-кто испачкался, а если не приходил, то M3 знать об этом неоткуда.

Упражнение. Проверьте последнее утверждение.

Общий случай. Один знаменитый философ как-то заметил: Если человек говорит фразу "Я думаю о том, что я думаю о том, ...", то уже на третьем — четвертом обороте теряет смысл произносимого.

Нам в общем случае придется сделать не три — четыре, а n оборотов. Обозначим через Uk такое утверждение: Mk знает, что Mk-1 знает, ..., что M2 знает, что M1 знает, что кое-кто испачкался.

Тогда различие между сравниваемыми вариантами можно сформулировать в виде следующей теоремы:

Пусть проводник приходил, и пусть лица испачканы у мудрецов М1, ..., Mn (и, может быть, еще у кого-нибудь). Тогда утверждение Un справедливо.
Пусть проводник не приходил и пусть лица испачканы у мудрецов M1, ..., Mn (и только у них). Тогда утверждение Un несправедливо.

Докажем эту теорему по индукции.

При n = 1 она очевидна: если проводник приходил, то M1 знает из его объявления, что кто-то испачкался, если же проводник не приходил, и лицо испачкано только у M1, то ему неоткуда знать об этом; то есть в первом варианте U1 справедливо, а во втором — несправедливо.

Переход от n = k к n = k+1 проводится так.

I вариант (проводник приходил). Лица испачканы у M1, ..., Mk+1. Значит, в частности, они испачканы у M1, ..., Mk. Значит, по предположению индукции утверждение Uk справедливо. Это, разумеется, известно мудрецу Mk+1, то есть Mk+1 знает, что Mk знает, ..., что M2 знает, что M2 знает, что кое-кто испачкался. Тем самым, утверждение Uk+1 справедливо.

II вариант (проводник не приходил). Мудрец Mk-1 допускает, что у него, может быть, чистое лицо. В этом случае, с его точки зрения, лица испачканы только у k мудрецов M1, ..., Mk, и, следовательно, — по предположению индукции — утверждение Uk несправедливо. Итак, допустив, что у него чистое лицо, Mk+1 вынужден допустить, что Mk не знает, что Mk-1 знает, ..., что M2 знает, что M1 знает, что кое-кто испачкался **).

И вместе с тем выяснено, наконец, что же сообщил мудрецам проводник. Чем n больше, тем, оказывается, больше узнали из его объявления мудрецы — имеющий уши да слышит!

Другими словами, Mk+1 не знает, что Mk знает, ..., что M2 знает, что M1 знает, что кое-кто испачкался, то есть утверждение Uk+1 несправедливо.

Теорема доказана.

§ 6. Точки над i

Читателям, добравшимся через все препятствия до конца § 5, вряд ли понадобятся следующие разъяснения. Все-таки, "для порядка", дадим их.

1. В § 3 переход от k = 4 к k + 1 = 5 проделан без ошибок. Верно и то, что при больших k доказательство проходит без изменений. Нетрудно также перейти от n = 2 к n = 3 и от n = 3 к n = 4. Не получается "только" переход от n = 1 к n = 2. Он не может получиться потому, что при n = 2 утверждение неверно: не у любых двух девушек глаза одинакового цвета.

Если все-таки попытаться провести доказательство "на пальцах" и в этом случае, то ничего не выйдет (в § 3 мы соединили A и E "мостиком" С: и у A, и у E глаза оказались такого же цвета, как у С; если пальцев всего два, то такого мостика нет).

Двупалый ленивец из эпиграфа призван был привлечь внимание к указанному исключительному случаю.

2. В § 2 утверждение Y2 верно, а все утверждения Yn, начиная со второго, неверны. Переход от n = k к n = k + 1 обоснован правильно для k≥2. Переход от n = 1 к n = 2 содержит ошибку: когда мы убираем карточку A, на столе остается одна карточка; на ней написана одна цифра, но вовсе не обязательно цифра X.

3. Если оставить в стороне вопрос, знал ли M2, что M1 знает, что умываться нужно не в поезде, а на стоянках (и если знал, то знал ли об этом M3 и т. д.), то разобранная в § 5 задача эквивалента задаче 1 из § 4. Тем самым, если проводник не объявил, что "кое-кто испачкался", то никто из мудрецов мыться не пойдет (ни на n-й, ни на какой другой остановке).

Никто не пойдет мыться и в том случае, когда n>1 и не все n испачкавшихся мудрецов находились вместе\t во время объявления проводника (задача 2 из § 4). Доказательство аналогично проведенному в § 5, только индукцию нужно начинать с n = 2: при n = 1 единственный испачкавшийся мудрец пойдет мыться на 1-й остановке независимо от того, где он был во время объявления проводника.

4. В 1-м упражнении из § 5 утверждения а), b) и d) верны, а утверждение с) неверно.

5. Наряду с утверждением Ue (справедливым, если проводник приходил, и неверным, если он не приходил) для различения сравниваемых в § 5 вариантов можно использовать еще n! утверждений, которые получаются из Un всевозможными перестановками букв M1, ..., Mn. Например, M1 знает, что M2 знает, ..., что Mn знает, что кто-то испачкался.

Все эти n! утверждений содержат по n оборотов. "Более короткие" (содержащие не более чем n — 1 оборот) утверждения не позволяют различить варианты, когда проводник приходил или не приходил. Например, утверждение Un-1 справедливо и без объявлении проводника, так как Mn-1 знает, что Mn-2 знает, ..., что M2 знает, что M1 знает, что Mn испачкался.

6. Смешливая дама из эпиграфа к § 4 догадалась, что у нее грязное лицо, хотя никакой проводник не делал никаких объявлений. Роль проводника сыграл несдержанный смех ее соседок. Степенные мудрецы, конечно, не позволили бы себе ничего подобного!

*) Вероятно, так мысленно именует он свою лень.

**) Фактически Mk знает об этом, то есть фактически — а не с точки зрения Mk+1, предположившего, что у него чистое лицо - утверждение Uk справедливо. Проверьте это.
*********************
скопировано с сайта http://www.problems.ru

то, что 1й и 2й будут стрелять в 3го, а 3й во 2го - это понятно.
считаем их вероятности выжить в первом раунде:
1) 1 (в него никто не стреляет)
2) 0 (3й попадает с вероятностью 1)
3) выживет, если 1й и 2й оба промахнутся: (1-1/3)*(1-1/2)=1/3
итого с вероятность 2/3 в конце первого раунда остается один 1й и выигрывает, с вероятностью 1/3 1й остается один на один с 3м и обречен на проигрыш.

стрельба идёт по очереди поэтому когда первый выстрелил в третьего он мог в него попасть тогда 2й выстрелит в первого, т.о. вероятность первого выжить после первого раунда уже меньше единицы

тогда в оставшейся 1/3 у первого еще есть шанс попасть по третьему. итого его шанс выиграть вообще равен 2/3+1/3*1/3=7/9

в предложенном алгоритме такой итог: первый стреляет в третьего. если попадает. то после этого второй стреляет в него и он выживает с вероятностью 1/3*1/2. если не попадает, то после этого второй стреляет в первого. если второй попадает то шанс первого выжить после одного раунда 2/3*1/2, в противном случае третий застрелит второго и получим еще 2/3*1/2, итого 5/6 шанс выжить после ПЕРВОГО раунда. дальше что?

то мой последний вариант 1/6 на победу 1-го.

да, снова упустил очередность. в общем после сложных вычислений у меня вышло 25/36

в кораблекрушении его друг кормил его человеческим мясом и говорил, что это мясо альбатроса.

правильный ответ 21/36. как нужно действовать первому?

выигрышные случаи:
1) 1→3 попал, 2→1 мимо, 1→2 попал или последние два хода рекурсивно повторяются - вероятность 1/12
2) 1→3 мимо, 2→3 попал, дальше как в 1-м случае - вероятность 1/2
3) 1→3 мимо, 2→3 мимо, 3→2 попал, 1→3 попал - вероятность 1/9
сумма = 25/36

I. Первый стреляет в 3-го.
1) Не убили 3-го в 1 раунде
вер.: 2/3*1/3 = 2/9.
Тогда второй убит.
Тут 1/3, что 1 победит, иначе проиграет.
2/9*1/3 = 2/27
2) 3-го в 1 раунде убил 2-й. 4/9.
Теперь у первого шанс 1/3 победить, 4/9 - проиграть и 2/9 - что всё повторится. Суммарный шанс победить = 4/9*(1/3 + 2/9*1/3 + 4/81*1/3 + ...) = 4/9*((1/3)/(1 - 2/9)) = 4/9*1/3/(7/9) = 4/21.
3) 1-й убил 3-го. 1/3.
Теперь у 1-го 1/9 шанс победить, 2/3 проиграть и 2/9 - повторится.
1/3*(1/9 + 2/9*1/9 + ...) = 1/3*(1/9/(7/9)) = 1/21

1/21 + 4/21 + 2/27 = 59/189


II. Первый стреляет во второго.
1) Убил второго - проиграл, 0 (шанс 1/3).
2) Второй убил 3-го (шанс 2/3*2/3 = 4/9) - возворащаемся к ранее описанной ситуации, шанс 1-го тут 4/9*1/3/(7/9) = 4/21.
3) Второй не убил 3-го (шанс 2/9): 1/3 победить, иначе проиграть. 2/9*1/3 = 2/27.

2/27 + 4/21 = 50/189

Итого - надо стрелять в 3-го (а к следующему выстрелу 100% останется только кто-то один, выбирать надо только для первого), вероятность победить 59/189.

во втором случае будет 1/4 (первые 2 события с вероятностью 1/2 и потом еще 1/2 от рекурсии), в итоге будет 13/36. Однако, оптимальной стратегией

да блин, опять ошибся. во втором действительно не 1/2. а 1/6 кстати. но если 1-й пропускает ход, то выходит 1/2*1/2+1/2*1/3=5/12

да, 1/6, тупо описался когда считал. в про итоговый ответ - я безнадёжно накосячил, игродел прав но тем не менее это всё еще выгоднее чем предпринимать хоть какие-то действия.

тогда третья девушка заразится от первой и умрёт в страданиях

Вначале одеваем один кондом на другой, затем - снимаем верхний и юзаем лишь нижний, и наконец - выворачиваем верхний и снова одеваем его на нижний.

Запасное

одна. это северный полюс

Не так всё просто. Ответ неверный

может Северный магнитный полюс, он отличается от простого северного полюса

какое отношение магнитный полюс имеет к координатам?

бесконечное количество точек. одна точка - северный полюс и множество окружностей следующего вида: если пройти от точки такой окружности 1 милю на юг, то попадем на параллель, длина которой составляет 1/2ⁿ миль где n - любое целое неотрицательное число.

Кроме северного полюса он может находиться на бесконечном количестве точек в окрестностях южного полюса.

Если считать кривизну Земли в окрестности южного полюса незначительной, то эти точки - все, находящиеся на расстоянии (1 + 1/(2*pi*n) км, где n - любое натуральное число) от южного полюса.
Пройдя первый отрзок пути, ходящий окажется на расстоянии (1/(2*pi*n) км) от южного полюса, а значит, вторую часть пути он будет идти по окружности длиной (1/n км), т. е., пройдя километр, он окажется в то же точке, откуда начал второй отрезок пути. Ну а оттуда, пройдя километр на север, ходящий вернётся в исходную точку.

проще уже сразу указать параметры окружности (как у меня), чем мутить с предполагаемой кривизной

почему 1/2^n а не просто 1/n?

"охотник"

Парадокс Монти Холла, первая задача.
Действительно имеет смысл менять.

Задача Льва Толстого - 50 рублей.

Йог

Прошел до трети, привязал веревку к опоре, обвязался, спрыгнул, повторил?

Первая моя мысль была - что он добежал до середины и развернулся лицом к будки, часовой спросил у него разрешение и поскольку разрешения у француза не было, часовой велел ему возвращаться в Швейцарию

Первый шар бросаем с 19 этажа. Если разбился, то второй со 2; 4; 6; 8; 10; 12; 14; 16; 18; Если он разбивается на каком-либо из этих этажей, то на один ниже - искомый этаж.
Если первый шар на 19 не разбивается - бросаем его с 36 (19+17). И если он разбивается, второй шар бросаем с 21(19+2); 23; 25; 27; 29; 31; 33; 35;
Если первый шар не разбивается на 36, бросаем его с 51 (36+15), а второй с 38(36+2) и через 1 этаж до 50.
И так далее: первый - с 64 (51+13); с 75 (64+11); с 84 (75+9); с 91 (84+7); с 96 (91+5); с 99 (96+3); с 100 (99+1)
Второй, при разбитом первом шаре бросаем с предыдущего показателя первого шара+2 этажа.

19_| 2 __ 4 __ 6 __ 8 __ 10 _ 12 _ 14 _ 16 _ 18
36_| 21 _23 _ 25 _ 27 __ 29 _ 31 _ 33 _ 35
51_| 38 _40 _ 42 _ 44 __ 46 _ 48 _ 50
64_| 53 _55 _ 57 _ 59 __ 61 _ 63
75_| 66 _ 68 _ 70 _ 72 __ 74
84_| 77 _ 79 _ 81 _ 83
91_| 86 _ 88 _ 90
96_| 93 _ 95
99_| 98
100|
Простой подсчёт чисел в этой таблице показывает достаточность 10 попыток

(2/(9+2+9))^-2

2 в степени 6.