Какое наибольшее количество не бьющих друг друга коней можно поставить на шахматную доску

Обновлено: 02.05.2024

Множество очень интересных и красивых задач на шахматной доске возникает при решении двух следующих комбинаторных проблем.

1. Какое максимальное число одноименных фигур (ферзей, ладей, слонов, коней или королей) можно расставить на шахматной доске так, чтобы никакие две из них не угрожали друг другу?

2. Какое минимальное число одноименных фигур (ферзей, ладей, слонов, коней или королей) можно расставить на шахматной доске так, чтобы они держали под обстрелом все свободные поля доски?

Первое из этих чисел мы будем называть числом независимости для соответствующих фигур, а второе - числом доминирования. Для единства терминологии фигуры, которые не угрожают друг другу, будем называть независимыми, а фигуры, обстреливающие все свободные поля доски (доминирующие на доске), - доминирующими.

Здесь мы имеем явную аналогию с рядом важных задач из теории графов. Чтобы убедиться в этом, приведем следующие определения. Множество вершин графа называется независимым, если никакие две из них не соединены между собой ребром. Среди независимых множеств существует хотя бы одно «максимально независимое», содержащее максимальное число вершин. Это число называется числом независимости для данного графа (или числом его внешней устойчивости).

Множество вершин графа называется доминирующим, если каждая вершина вне этого множества соединена ребром хотя бы с одной вершиной, принадлежащей ему. Среди доминирующих множеств существует хотя бы одно «минимально доминирующее», содержащее минимальное число вершин. Это число называется числом доминирования для данного графа (или числом его внутренней устойчивости)36.

Каждой шахматной фигуре можно поставить в соответствие граф, вершины которого расположены на всех 64 полях доски, а ребра соответствуют ходам этой фигуры. Иначе говоря, если фигура в состоянии сделать ход между двумя данными полями, то расположенные в них вершины соединены ребром (аналогично был введен граф при рассмотрении задачи о коне Аттилы). Теперь легко убедиться в том, что наша первая проблема заключается в определении числа независимости для графа данной фигуры, а вторая проблема - в определении числа доминирования.

Установленная связь между чисто математическими объектами - графами и задачами о шахматных фигурах, как мы видели, довольно естественна, чем и объясняется большая популярность шахматных терминов и задач в литературе по теории графов. Многие задачи о графах, весьма сложные в общем случае, удается решить для графов шахматных фигур. Именно так обстоит дело и с задачами о независимости и доминировании на шахматной доске. Ниже мы найдем числа независимости и доминирования для графов всех шахматных фигур и, следовательно, разрешим для них обе наши проблемы. Попутно нами будут рассмотрены вопросы о подсчете числа «оптимальных» расстановок фигур, а также разлтные обобщения для досок n×n. Для удобства через А будем обозначать число независимости, а через D - число доминирования, индекс у этих букв указывает размер доски; так, D_n (Л) - число доминирования для ладей на доске n×n. Результаты наших исследований мы будем заносить в табл. 2, знаки вопроса означают, что соответствующие числа неизвестны (по крайней мере, автору). После каждой строки с числами N и D в таблще идет строка с числом «оптимальных» расстановок на доске - т. е. расстановок, в которых участвуют, соответственно, N или D указанных фигур.

Остановимся теперь на каждой из шахматных фигур в отдельности.

1. Ферзь. Число независимости для ферзей на любой доске n×n найдено в предыдущей главе, имеем N₂(Ф) = 1, N₃(Ф) = 2, N_n(Ф) = n (n ≠ 2, 3). Формула для числа соответствующих расстановок в общем случае не известна. На обычной доске, как мы знаем, кожно расставить восемь независимых ферзей (рис. 43), причем существуют 92 различные расстановки.

Число доминирования для ферзей на обычной доске, как, впрочем, и на досках 9×9, 10×10 и 11×11 (рис. 35, 39), равно пяти. Существует 4860 способов для расстановки пяти «ферзей-часовых» на доске 8×8. Как уже говори л ось, в общем случае формулу для D_n (Ф) никому найти не удалось (тем более неизвестно и число решений).

2. Ладья. Для ладьи все результаты получены в главе 6. Как мы знаем, N_n (Л) = D_n(Л) = n, а число расстановок соответственно равно n! и 2n n - n! На обычной доске имеется 8! расстановок восьми независимых ладей и 2×8 8 - 8! расстановок восьми доминирующих ладей.

Клетки доски 5×5 раскрашены в шахматном порядке (рис. 1). а) Какое наибольшее число шахматных коней можно расставить на этой доске так, чтобы они не били друг друга? б) Сколькими способами это можно сделать?

Подсказка

Кони, стоящие на одной диагонали, друг друга не бьют.

В пункте б) ответ — один способ. Но это надо доказать.

Решение

Расстановка 13 коней показана слева на рис. 2. Докажем, что большее число не бьющих друг друга коней расставить на такой доске нельзя. Для этого мысленно разобьем клетки на пары так, чтобы в каждую пару входили клетки, отстоящие друг от друга на один ход коня. Одной клетке, естественно, пары не найдется. В том, что такое разбиение существует, можно убедиться, посмотрев на правую часть рис. 2.

Очевидно, что, как ни расставляй коней на доске, в каждой паре можно будет занять не больше одной клетки. Это означает, что коней заведомо не больше, чем количество пар, которых 12, плюс один (одна непарная клетка) — то есть 13.

Чтобы показать, что расстановка 13 коней на этой доске всего одна, идею с разбиением клеток на пары удобно несколько модифицировать.

Рассмотрим граф, вершинами которого будут центры клеток доски. Две вершины соединим ребром, если из одной в другую можно попасть за один ход коня. Этот граф показан слева на рис. 3. Важно, что в этом графе есть последовательность ребер, которая проходит через каждую из 25 вершин ровно по одному разу (рис. 3, справа).

На языке теории графов последовательности вершин, соединенных по цепочке ребрами, называют путями. Ясно, что из любых двух клеток, которые встречаются подряд на нашем пути, конь может стоять только в одной. Поэтому для того, чтобы «уместить» максимальное число коней, начинать надо прямо с первой клетки этого пути. Это и даст расстановку, показанную на рис. 2.

Послесловие

Рис. 4. Уильям Гамильтон, фотопортрет середины XIX века. Изображение из твиттера библиотеки Дублинского университета

Путь в графе, который помог нам решить задачу, проходил через все вершины графа по одному разу. Такие пути называются гамильтоновыми. Если в графе есть замкнутый гамильтонов путь (у которого совпадают начало и конец, путь в таком случае является циклом), то сам граф называется гамильтоновым. Название дано в честь ирландского математика Уильяма Гамильтона (1805–1865), которого по праву называют одним из величайших математиков XIX столетия: он оставил значительный вклад в разных областях математики (про некоторые важнейшие разделы вообще можно сказать, что они впоследствии выросли из его работ), механики и оптики.

Известно, что по мотивам своих исследований Гамильтон даже придумал игру-головоломку «Икосиан» (осторожно: перейдя по этой ссылке вы увидите решение головоломки!), которая одно время продавалась и была довольно популярной. Цель игры — построить гамильтонов цикл (то есть пройти по всем вершинам, каждый раз переходя в соседнюю по ребру, и вернуться в начало пути) в правильном додекаэдре (рис. 5, слева). Поскольку изготавливать такой правильный многогранник, а затем распространять его и, главное, играть с ним не очень удобно, игра представляла собой плоскую доску с выемками для фишек, соединенными линиями, соответствовавшими ребрам додекаэдра (рис. 5, справа). Фишек было 20 (столько же, сколько вершин у додекаэдра), они были пронумерованы, чтобы их можно было расставлять в порядке обхода.

В задаче о гамильтоновом пути требуется выяснить, есть ли в данном графе гамильтонов путь (или цикл), и, в случае положительного ответа, найти его явно. Эта задача — важная и неожиданно сложная с точки зрения сложности вычислений: в известных алгоритмах с ростом числа вершин в графе количество требуемых операций растет экспоненциально. Из-за этого такие алгоритмы на практике неэффективны: фактически для произвольного графа с сотней-другой вершин уже невозможно получить ответ на этот вопрос даже на самом мощном суперкомпьютере. По сути, эти алгоритмы — хоть и оптимизированный, но перебор всех возможных путей.

При этом, если кто-нибудь предоставит вам сколь угодно большой и сложный граф, а также путь в нем, то проверить, является ли этот конкретный путь гамильтоновым, вы сможете довольно просто. Это (вместе с тем, что пока неизвестен быстрый алгоритм решения) означает, что с точки зрения теории алгоритмов задача о гамильтоновом пути попадает в класс сложности NP. Более того, она является NP-полной задачей: к ней относительно просто — за полиномиальное время — можно свести любую другую задачу из этого класса. Раз уж зашла речь об классах сложности, то нельзя не упомянуть одну из так называемых задач тысячелетия — проблему равенства классов P и NP. К классу P относятся задачи, для которых известны алгоритмы, в которых количество операций растет как какой-то определенный многочлен от размера входных данных. Даже если степень многочлена большая, с точки зрения теории алгоритмов такая задача считается простой. Если придумать полиномиальный алгоритм для любой NP-полной задачи (в том числе и для поиска гамильтонова пути), то эта проблема автоматически будет решена.

При этом с «теоретической» точки зрения про гамильтоновы пути известно, грубо говоря, всё, поскольку теорема Бонди — Хватала (Bondy–Chvátal theorem) дает критерий того, что граф является гамильтоновым: для этого необходимо и достаточно, чтобы замыкание этого графа тоже было гамильтоновым графом. Замыкание графа G с n вершинами — это граф, который строится последовательным «пририсовыванием» ребер, соединяющих любую пару вершин, удовлетворяющую следующим двум свойствам: во-первых, эти вершины должны быть еще не соединены ребром, а во-вторых, сумма их степеней должна быть больше n. Проблема с этой теоремой в том, что она не помогает в алгоритмическом поиске гамильтонова цикла. И даже просто для ответа на вопрос о том, есть ли в графе такой цикл, она плохо годится, поскольку сводит проверку одного графа к проверке другого, в котором к тому же больше ребер. Исключение — те случаи, когда замыкание графа оказывается «хорошим»: про него относительно легко понять, что он гамильтонов. Пример «хорошего» в этом смысле графа — полный граф, в котором любые две вершины соединены ребрами (при \(n>2\) он точно гамильтонов).

Кстати, с другим важным типом путей в графах — эйлеровыми путями, которые проходят по одному разу по всем ребрам, — все гораздо проще. Во-первых, есть простой критерий эйлеровости графа: связный граф эйлеров (то есть в нем есть эйлеров цикл) тогда и только тогда, когда в нем нет вершин нечетной степени. Во-вторых, есть алгоритмы, которые ищут такие пути за линейное время от размера графа (количества ребер). Понятие эйлерова пути появилось, когда Леонард Эйлер размышлял над задачей о семи кёнигсбергских мостах (это было в районе 1736 года).

Охватить весь спектр приложений эйлеровых и гамильтоновых графов в рамках нашей статьи невозможно, но можно посоветовать заинтересовавшимся читателям ознакомиться, например, со статьей Ф. Компо и П. Певзнера «Реконструкция генома: головоломка из миллиарда кусочков» («Квант», №3 за 2014 год). В ней подробно описано, какие математические идеи лежат в основе методов секвенирования ДНК и, в том числе, какую роль играют в этом эйлеровы и гамильтоновы графы.

Вернемся к приключениям шахматного коня на доске. Вспомним, что в решении задачи мы рассмотрели «коневой» граф шахматной доски 5×5 (он нарисован слева на рис. 3) и нашли в нем гамильтонов путь. По сути, этот путь показывает, как можно шахматным конем обойти всю доску, побывав в каждой клетке ровно один раз. Оказывается, этот вопрос — можно ли обойти конем данную доску (не обязательно квадратную)? — известен не одну сотню лет. Распространенное название — задача о ходе коня (Knight's tour).

Легко видеть (на примере нашей задачи), что это частный случай поиска гамильтонова пути. Благодаря специфике «коневого» графа он решается относительно просто. Одно из первых исследований этого вопроса, кстати, выполнил Эйлер: в статье Solution d'une question curieuse qui ne paroît soumise à aucune analyse (1759 год) он предложил способ строить нужные обходы коня для доски 8×8.

С тех пор, разумеется, этот вопрос изучен вдоль и поперек. Например, известно, что всего для обычной шахматной доски существует 13 267 364 410 532 замкнутых обходов. Придуманы разные алгоритмы построения нужного пути. Самый, пожалуй, простой формулируется буквально одной фразой: нужно начать из любой клетки и каждым ходом ходить в ту клетку, с которой потом можно попасть на минимальное число еще не пройденных клеток (если таких клеток несколько, то можно выбрать любую). Этот способ называется правилом Варнсдорфа, он был предложен еще в XIX веке. Уточнение, написанное в скобках, делать приходится, потому что описанные в нем ситуации вполне вероятны и нужно хоть как-то выбирать из равнозначных вариантов. При внимательном исследовании этого способа (уже при помощи компьютеров) оказалось, что иногда совсем произвольный выбор следующей клетки для хода коня может впоследствии завести его в тупик. Однако это происходит довольно редко. Подробнее об этом рассказано в книге Е. Гика «Шахматы и математика».

Наконец, приведем еще пару задач, в которых рассмотренные выше идеи помогают найти решение без перебора.

1. Можно ли выписать целые числа от 0 до 9 в таком порядке, чтобы сумма любых двух соседних чисел делилась либо на 5, либо на 12? (Использовать каждое число можно только один раз.)

Идея решения

Построим граф, в котором вершины соответствуют данным числам. Соединим две вершины ребром, если сумма соответствующих чисел делится либо на 5, либо 12. После этого остается найти в таком графе гамильтонов путь.

2. Мышь грызет кусок сыра в форме куба 3×3×3, разбитый на единичные кубики. Когда она съедает один кубик целиком, то приступает к соседнему по грани кубику. Может ли она таким образом съесть всё, кроме центрального кубика?

Идея решения

Идея в том, чтобы раскрасить единичные кубики в шахматном порядке. Тогда в любом «пути» мышки по кубикам их цвета будут чередоваться. Значит, число «белых» кубиков не может отличаться от числа «черных» больше чем на 1.

3. Картинная галерея имеет форму правильного треугольника, который разбит на 36 одинаковых треугольных залов (залы — тоже правильные треугольники). Между любыми двумя соседними залами есть дверь. Какое наибольшее число залов может обойти, если не заходить в один и тот же зал дважды?

Подробный разбор этих задач, другие примеры и более строгое обсуждение их математической сути можно найти в статье П. Кожевникова «Длинные пути в графах» («Квант», №1 за 2018 год).

Юрий Фёдоров 25.03.2019 04:34 Ответить

Мне снова как-то совсем простой показалась задача, и графов никаких не потребовалось придумывать-рисовать, и клетки нумеровать не нужным было, а получилась задачка всего-то в два действия:

1 действие: После нескольких попыток расставить коней я сообразил, что конь всегда бьет только клетку другого цвета (стоит на белой - бьет черные, стоит на черных - бьет белые)

2 действие: оттого стало ясно, что чтоб они не били друг друга, надо поставить коней на одноцветные клетки, а так как белых клеток тут больше, ставить коней нужно на белые.

И послесловие оказалось снова интереснее и сложнее задачи, с большей широтой и глубиной.

ee " />
Юрий Фёдоров 28.03.2019 22:46 Ответить

А как быть с тем, что кони, выставленные квадратиком 2×2 или, скажем, в ряд, не бьют друг друга, стоят довольно компактно и при этом занимают клетки обоих цветов? Не очень понятно, как ваша идея помогает избежать перебора разных случаев расстановки. К тому же «двухцветных» способов расставить 12 коней — полным полно. Например, можно занять четыре уголка из трех клеточек по углам доски.

Задача, конечно, не сложная. И во многом была выбрана благодаря тому, что от нее легко перекинуть «мостики» сразу к нескольким интересным темам :)

Кстати, послесловие еще чуть-чуть расширилось :)

Юрий Фёдоров " />
ee 31.03.2019 08:20 Ответить

Как быть?
Без перебора ясно, что соотношение белых и черных клеток почти
1:1, (12:13),
то есть количество каждого цвета почти половина от всего количества клеток поля.
Квадратики и линии из коней сразу демонстрируют, что битых клеток вокруг них образуется больше, чем количество клеток, занятых конями.
В случае линии битых клеток вчетверо больше (если к стене приставить, то все равно дело дрянь - вдвое), то есть
1:4 (1:2),
В случае квадратика битых больше всемеро (в углу - почти втрое), то есть
1:7 (1:3, 4:11)
К чему же тут заниматься переборами??
Линии и квадраты сразу отбрасываются после этих простеньких прикидок.
Очевидно, первое соотношение - черных к белым - дает возможность выставить самое крупное стадо коней.

Ну а уж ставить коней не на все клетки одного цвета, заведомо зная, что кони, будь они на остальных клетках того же цвета, не создадут угроз остальным) - это уже мазохизм)) зачем ставить только на часть белых клеток??

Ну и, наконец, понимая, что достижимо 13 коней - зачем искать-ковыряться в комбинациях из 12?

Возможно логика моя и не "чистая", отчасти интуитивная и не продуманная до конца (не все ее элементы досконально я разобрал и доказал себе), но как-то сразу давшая результат в 13 коней.
А найти верное решение, хотя и ошибаясь в аргументах (или не будучи полностью информированным об обстоятельствах) - это частенько в жизни лучше, чем погрязнуть в расчетах и найти решение с опозданием или даже так и вовсе его не найти))
Намного лучше!)

Пошел читать расширенное послесловие, спасибо)

ee " />
Юрий Фёдоров 09.04.2019 21:18 Ответить

А найти верное решение, хотя и ошибаясь в аргументах (или не будучи полностью информированным об обстоятельствах) - это частенько в жизни лучше, чем погрязнуть в расчетах и найти решение с опозданием или даже так и вовсе его не найти))

Возможно, что и так. Но проблема такого подхода в том, что непонятно, как убедиться в верности найденного решения.

Задача о конях. "Какое максимальное количество коней можно расставить на шахматной доске так, чтобы они не били друг друга".

2. Задание

1. Сформулировать задачу в закрытой форме. Выбрать комбинацию из следующих подходящих стратегий решения задачи:

- представление в пространстве состояний;

- сведения задач к подзадачам;

- генерация вариантов и проверка;

- поиск в глубину с возвратом;

- поиск с предпочтением (эвристический поиск),

- сведение задачи к доказательству теоремы.

2. Разработать адекватную структуру данных, максимально учитывающую специфику предметной области задачи. Обосновать выбор структуры.

3. Реализовать формальное описание проблемы на Прологе, снабдив программу достаточным количеством средств ввода - вывода для наглядного отображения результатов.

4. В режиме трассировки пронаблюдать стратегию обхода "И-ИЛИ" - дерева решения задачи.

5. Выделить пространство состояний и нарисовать граф переходов.

6. Привести интерпретацию программы с точки зрения декларативной и процедурной семантик.

7. Еще раз вернуться к постановке задачи и попробовать написать "максимально декларативный" вариант программы на Прологе, т.е. взглянуть на проблему аксиоматически, считая, что решение задачи - это конструктивное доказательство теоремы в рамках некоторой формальной теории, задаваемой системой аксиом. Все внелогические предикаты типа ввода-вывода и пр. вынести за рамки формулировки задачи.

3. Реализация

Сформулируем преложенную задачу в терминах пространства состояний:

Вершины пространства состояний – позиции, в которых представлено несколько (возможно, 0) коней, расположенных некотором допустимом порядке на шахматной доске (ни один из них не бьет другого).
Вершина-преемник из данной вершины может быть получена после того, как на шахматную доску будет добавлен еще один конь, причем таким образом, чтобы он не бил ни одного из уже находящихся на доске коней.

Алгоритм решения задачи – поиска в глубину.

Наглядно пространство состояний может быть представлено в виде:

Алгоритм поиска решения полнопереборный и с увеличением числа коней, которых необходимо расставить на доске, количество перебираемых вариантов сильно возрастает.

Максимальное число коней, которых можно разместить на доске 8х8, составляет 32.

Правильный алгоритм расстановки коней(имеется ввиду самый эффективный) заключается в том, чтобы расставлять так, чтобы по вертикали и по горизонтали кони были друг от друга через одну, а соседствовали только по диагонали.

Аналогично тому, как это было сделано для задачи о восьми ферзях в книге

“И.Братко Программирование на языке ПРОЛОГ для искусственного интеллекта”, для реализации алгоритма сформулируем необходимые условия

Для отношения решение

a) Кони, перечисленные в списке остальные не должны бить друг друга, т.е. сам список oстальные должен являться решением.

b) X и Y должны быть целыми числами от 1 до 8 (доска 8х8)

c) Конь, стоящий на поле X\Y, не должен бить ни одного коня из списка остальные.

Если список коней пуст то он является решением.

Добавим однако еще в предикат решение в качестве параметра количество коней которых еще надо разместить на доске.

Решение([X|остальныеХ], [Y|остальныеY]):-

Решение(остальныеХ, остальныеY),

Принадлежит(Х,[1,2,3,4,5,6,7,8]),

Принадлежит(Y,[1,2,3,4,5,6,7,8]),

Небьет(Х, Y, остальныеХ, остальныеY).

Теперь определим отношение небьет(Х, Y, СписХ, СписY)

Здесь список СписХ = [Х1|СписХ1] Спис =[Y1|СписY]

a) Если список пуст то отношение выполнилось т.к. некого бить

b) Если список не пуст то должно выполняться что

· Х/Y не должен бить ни одного коня из списка остальные

· Х/Y не должен бить Х1/Y1

Данные условия выражаются следующим предикатом

Небьет(Х, [Х1|СписХ],[Y1|СписY]):-

Неравны(Х ,Х1,Y,Y1),

Небьет(X,Y,СписХ, СписY)

Не( Бьет(Х, Y, Х1, Y1))

Предикат бьет() просто проверяет не выполняется какая-нибудь из следующих ситуаций

Какое максимальное число коней можно расставить на клетках шахматной доски размера 16 * 16, чтобы они не били друг друга?

А) 128 ; б) 256 ; в) 120 ; г) 124 ; д) 152.

Размер доски роли не играет :

Новая шахматная фигура Магараджа может бить клетки и как ферзь, и как конь?

Новая шахматная фигура Магараджа может бить клетки и как ферзь, и как конь.

Какое наибольшее количество Магараджей можно расставить на доске 6 × 6 так, чтобы они не били друг друга?

Какое наибольшее число королей можно поставить на шахматной доске 8×8 так, чтобы они не били друг друга?

Напомним, что король бьет все клетки, являющиеся соседними (по вершине или по стороне) с той, на которой стоит король.

На шахматной доске стоят 5 ладей и несколько коней, причём никакие две фигуры не бьют друг друга?

На шахматной доске стоят 5 ладей и несколько коней, причём никакие две фигуры не бьют друг друга.

Каково максимальное возможное количество коней?

( Докажите, что больше нельзя, и приведите пример, показывающий, что столько можно).

БУДУ СИЛЬНО БЛАГОДАРЕН!

Сколькими способами можно на доске 6 на 6 расставить 9 королей так, чтобы они не били друг друга?

Помогите срочно?

Какое наибольшее число королей можно расставить на шахматной доске так, чтобы они не били друг друга!

На шахматной доске конь стоит на клетке А1?

На шахматной доске конь стоит на клетке А1.

Конь ходит буквой "Г", то есть 3 клетки в одну сторону и 2 в другую ( перпендикулярно).

Ему надо попасть в клетку Н8.

За сколько ходов он точно НЕ СМОЖЕТ это сделать?

Какое наибольшее количество шахматных королей можно поставить на маленькую шахматную доску 5х5 клеток чтобы они не били друг друга?

Какое наибольшее количество шахматных королей можно поставить на маленькую шахматную доску 5х5 клеток чтобы они не били друг друга.

Сколькими способами на шахматной доске 8 * 8 клеток можно расставить 8 не бьющих друг друга ладей?

Сколькими способами на шахматной доске 8 * 8 клеток можно расставить 8 не бьющих друг друга ладей.

За один ход шахматный конь пепедвигается на 2 клетки в одну сторону и на 1 в другую?

За один ход шахматный конь пепедвигается на 2 клетки в одну сторону и на 1 в другую.

Нарисуй в клетке треугольник.

Это будет шахматный конь.

Закрась клетки, на которые может перейти конь за 1 ход.

Какое наибольшее количество коней можно расставить на шахматной доске так, чтобы они не били друг друга?

100% правильно сделано.

Днів - х у першому ящику має залишитися 200 - 30х у другому 120 - 25х отримуємо рівняння : 200 - 30х = 4 * (120 - 25х) розв'язуємо : 200 - 30х = 480 - 100х 100х - 30х = 480 - 200 70х = 280 х = 280 / 70 х = 4 Відповідб : через 4 дні.

1) 7 9 / 18 2)9 6 / 12, 5 4 / 12 , 6 9 / 12 , 8 10 / 12 4 12 / 18 3)12 30 / 45 , 7 27 / 45 , 6 20 / 45 , 4 6 / 45 5 3 / 18 3 8 / 18.

Тут всё легко. 22 + 44 = 66.

По формуле приведения cos(α + β) = cosαcosβ - sinαsinβ cos(5π / 2) = cos(2π + π / 2) = cos(π / 2) = 0 sin(5π / 2) = sin(2π + π / 2) = sin(π / 2) = 1 cos(5π / 2 + α) = cos(5π / 2)cos(α) - sin(5π / 2)sin(α) = 0 * cosα - 1 * sinα = - sinα sinα>0α⊂(π / 2..

9999 - 999 - 99 = 9000 - 99 = 8901.

Делаем сначала умножение 2 + 4 + 559872 = 559878.

90 : 3 × 4 = 120 (руб. ) - стоят 4 шоколадки 90 + (90 ÷ 3 × 4) = 210 (рублей) - стоят все шоколадки.

90 : 3 * 4 = 120 р. - стоят 4 шоколадки 90 + (90 : 3 * 4) = 210 р. - стоят 7 шоколадок.

(47 + 26) - 7 = 47 - 7 + 26 = 40 + 26 = 66 (31 + 29) - 20 = 31 + 29 - 20 = 31 + 9 = 40 (70 + 24) - 14 = 70 + 24 - 14 = 70 + 10 = 80 (15 + 26) - 6 = 15 + 26 - 6 = 16 + 20 = 35 (40 + 54) - 34 = 40 + 54 - 34 = 40 + 20 = 60 (63 + 9) - 13 = 63 - 13 + 9 = ..

© 2000-2022. При полном или частичном использовании материалов ссылка обязательна. 16+
Сайт защищён технологией reCAPTCHA, к которой применяются Политика конфиденциальности и Условия использования от Google.