Полёты в космос
<<  Полёт человека в космос Ria-приложение fuzzle CMS*: разбор полётов  >>
Картинок нет
Картинки из презентации «Задачи по двум суммам 3 класс» к уроку астрономии на тему «Полёты в космос»

Автор: . Чтобы познакомиться с картинкой полного размера, нажмите на её эскиз. Чтобы можно было использовать все картинки для урока астрономии, скачайте бесплатно презентацию «Задачи по двум суммам 3 класс.ppt» со всеми картинками в zip-архиве размером 397 КБ.

Задачи по двум суммам 3 класс

содержание презентации «Задачи по двум суммам 3 класс.ppt»
Сл Текст Сл Текст
1Тренаж по информатике: «разбор 3710. «Призрак Оперы»… а также Firefox,
полётов». Богомолова О.Б., Усенков Д.Ю. Chrome и прочих. 1. ? ? 1. 1. ? 1. ? 0. ?
21. Снова Фано. Для кодирования ? 0. ? 0. ? 0. 111100002. = 24010.
последовательности символов, состоящей из Решение. 2) Записываем поразрядную
букв К, И, Н, О, используется конъюнкцию, в которой второй операнд
неравномерный двоичный код, неизвестен: 3) Сопоставляем первый операнд
удовлетворяющий условию Фано. При этом для и результат: Там, где биты в первом числе
буквы К использован код 0, а для буквы И – и в результате оба равны 1,
код 11. Требуется определить наименьшую соответствующий бит маски тоже равен 1;
возможную суммарную длину всех кодовых Там, где бит в первом числе равен 1, а в
слов указанных букв. 1) 8 2) 9 3) 10 4) результате равен 0, соответствующий бит
11. маски равен 0; В маске все биты левее
31. Снова Фано. Решение. Условие Фано: единичных битов тоже должны быть равны 1;
Закодированное сообщение можно однозначно Все биты правее нулевых битов тоже должны
декодировать с начала, если никакое быть равны 0. Ответ: 240.
кодовое слово не является началом другого 3811. Четыре черненьких чумазеньких
кодового слова. Для проверки на чертенка… Исполнитель Чертёжник
соответствие кодов условию Фано нужно перемещается по координатной плоскости.
попарно сравнивать между собой коды по Основная команда Чертёжника – сместиться
следующим правилам: когда длина обоих на (a, b), где a, b – целые числа. Она
сравниваемых кодов совпадает, проверяется перемещает Чертёжника из точки с
равенство этих кодов: если один код координатами (x, y) в точку с координатами
совпадает с другим, то такая пара кодов (x+a, y+b). Например, из точки с
неправильна (не удовлетворяет условию координатами (3, 5) команда сместиться на
Фано); когда длина сравниваемых кодов (–2, 1) переместит Чертёжника в точку (1,
различна, более короткий код записывается 6). Цикл ПОВТОРИ число РАЗ
под более длинным с выравниванием обоих последовательность команд КОНЕЦ ПОВТОРИ
кодов по левому краю: если все знаки более означает, что заданная последовательность
короткого кода совпадают с команд будет выполнена указанное
соответствующими знаками в начале более количество раз (значение должно быть
длинного кода, то такая пара кодов натуральным).
неправильна (не удовлетворяет условию 3911. Четыре черненьких чумазеньких
Фано). чертенка… Чертёжник выполнял алгоритм, в
41. Снова Фано. Решение. Будем котором количество повторений и оба
подбирать коды для буквы Н, перебирая смещения в первой из повторяемых команд
возможные двоичные числа с возрастающей неизвестны: НАЧАЛО сместиться на (–2, 3)
длиной (чтобы получить наименьшую ПОВТОРИ … РАЗ сместиться на (…, …)
возможную суммарную длину кодов). Код сместиться на (–2, –1) КОНЕЦ ПОВТОРИ
буквы К. Код буквы И. Предполагаемый код сместиться на (–19, –18) КОНЕЦ При этом,
буквы Н. Комментарий. 1. 1. 0. 0. 0. 0. выполнив этот алгоритм, Чертёжник вернулся
11. 11. 11. 11. 00. 00. 01. 01. 10. 10. в исходную точку. Какое наибольшее
Нельзя, так как совпадает с началом кода количество повторений могло быть указано в
буквы И. Нельзя – код буквы К совпадает с конструкции «ПОВТОРИ … РАЗ»?
его началом. Нельзя – код буквы К 4011. Четыре черненьких чумазеньких
совпадает с его началом. Допустимый код чертенка… Решение. Обозначаем неизвестные
(не совпадает с двузначным кодом буквы И, значения переменными: k – количество
а код буквы К не совпадает с его началом). повторений, x и y – неизвестные смещения в
51. Снова Фано. Решение. Предположим, первой повторяемой команде. Составляем два
что первый код найден. Удастся ли найти отдельных уравнения движения: по
код для оставшейся буквы О? (Коды, которые координате x и по координате y и
не подошли для буквы Н, можно сразу рассматриваем их в виде системы из двух
отбросить, так как код буквы О должен уравнений. При этом каждое уравнение
удовлетворять тем же требованиям при приравнивается нулю, так как Чертежник
сравнении с кодами букв К и И.). Код буквы после выполнения всех перемещений вернулся
К. Код буквы И. Код буквы Н. в исходную точку. 1) Перемещение
Предполагаемый код буквы О. Комментарий. Чертежника по координате x: –2 + k ? (x –
11. 11. 0. 0. 0. 0. 11. 11. 11. 11. 10. 2) – 19 = 0. 2) Перемещение Чертежника по
10. 10. 10. 000, 001, 010, 011. 000, 001, координате y: 3 + k ? (y – 1) – 18 = 0.
010, 011. 100, 101. 100, 101. 110, 111. 4111. Четыре черненьких чумазеньких
110, 111. Далее с увеличением числа чертенка… Решение. 3) Объединяем оба
разрядов в предполагаемом коде буквы О уравнения в систему: –2 + k ? (x – 2) – 19
будет сохраняться та же тенденция: ни один = 0, k ? (x – 2) = 21, 3 + k ? (y – 1) –
код не пригоден. Нельзя – совпадает с 18 = 0; k ? (y – 1) = 15. 4) На первый
кодом буквы И. Нельзя – код буквы К взгляд, данная система нерешаема: два
совпадает с его началом. Нельзя – код уравнения и три неизвестных. Но в обоих
буквы Н совпадает с его началом. Нельзя – случаях слева от знака равенства стоят
код буквы Н совпадает с его началом. произведения, один из сомножителей в
61. Снова Фано. Решение. Причина: которых один и тот же (k). Разложим числа
выбрав для буквы Н код 10, мы «закрыли» справа от знаков равенства на простые
возможность дальнейшего расширения нашей сомножители (это можно сделать
кодовой системы. Поэтому вместо кода 10 одним-единственным способом): 21 = 3 ? 7;
придется выбрать для буквы Н более длинный 15 = 3 ? 5. В обоих получившихся
код, – например, 100. Повторим попытку произведениях тоже повторяется один и тот
поиска кода для буквы О: Код буквы К. Код же сомножитель – 3. Значит, это и есть k.
буквы И. Код буквы Н. Предполагаемый код Определив, что k = 3, можно (если это
буквы О. Комментарий. 101. 101. 0. 11. потребуют в условии задачи) вычислить
100. Допустимый код (не совпадает с значения x и y. Нам же требуется только
трехзначным кодом буквы Н, а коды букв К и значение k. Ответ: 3.
И не совпадают с его началом). 4212. «Эх, дороги» – 2. Дана схема
71. Снова Фано. Решение. Решение дорог, связывающих города А, Б, В, Г, Д,
найдено: Суммарная длина этих кодов (в Е, Ж, И, К, Л, М. По каждой дороге можно
знаках): 1 + 2 + 3 + 3 = 9. К. И. Н. О. 0. двигаться только в направлении, указанном
11. 100. 101. Ответ: 2). стрелкой. Сколько возможно различных путей
82. Крупинки истинности. Для таблицы из города А в город Л?
истинности функции F известны значения 4312. «Эх, дороги» – 2. Решение.
нескольких ячеек: Каким выражением может Возможен способ решения без построения
быть F? 1) x1 /\ x2 /\ x3 /\ ¬x4 2) x1 \/ «дерева путей» (продемонстрирован ученицей
x2 \/ x3 \/ ¬x4 3) ¬x1 /\ x2 /\ ¬x3 /\ x4 11«А» класса школы №1360 Анастасией
4) ¬x1 \/ x2 \/ ¬x3 \/ x4. x1. x2. x3. x4. Ремизовой). 1) Возле города А записываем
F. 1. 0. 1. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 0. единицу. Это «стартовое» значение,
92. Крупинки истинности. Решение. поскольку один путь из А в М есть всегда.
Каждый из предложенных вариантов ответа 4412. «Эх, дороги» – 2. Решение. 2)
проверяется на соответствие таблице Смотрим город Б. В этот узел графа входит
истинности. Если при указанных в ней только одна стрелка, которая идет от узла
значениях переменных хоть в какой-нибудь А со значением 1. Поэтому возле узла Б
строке не получается требуемое значение F, тоже записываем единицу. 3) То же с
то данное значение не подходит. Если для городами (узлами) В и Г – в них по
всех строк таблицы истинности и всех единственной входящей стрелке
имеющихся в ней значений переменных «переносится» все та же единица из узла А.
требуемое значение F получается, то 4512. «Эх, дороги» – 2. Решение. 4)
считается, что такое логическое выражение Смотрим город Д. В него входит две
может соответствовать таблице и является стрелки. Одна идет из узла Б и «несет»
решением задачи. оттуда единицу. Вторая аналогичным
102. Крупинки истинности. Решение. Для способом переносит единицу по стрелке из
логической операции И «критическим» узла В. Итого в узле Д в сумме получаем
значением является нуль: если хотя бы одна значение 2 (1+1). 5) То же самое получаем
переменная равна нулю, то всё выражение для узла Е, куда по соответствующим двум
тоже равно нулю. Для логической операции стрелкам «приходят» единицы из узлов В и
ИЛИ «критическим» значением является Г.
единица: если хотя бы одна переменная 4612. «Эх, дороги» – 2. Решение. 6) В
равна единице, то всё выражение тоже равно узел Ж входят две стрелки. Одна (из узла
единице. Поэтому для ускорения решения Б) «приносит» единицу, вторая (из узла Д)
достаточно при проверке вариантов ответа «приносит» двойку. Итого в сумме
проверять только часть строк таблицы получается 3 (1+2). 7) Для узла К
истинности: если логическое выражение аналогично – рядом с ним записываем 3 (1
составлено из операций И, то прежде всего по стрелке из узла Г плюс 2 по стрелке из
проверяем строки таблицы истинности, в узла Е). 8) Для узла И две стрелки
которых F = 1: если хоть в одной ячейке, «принесут» из узлов Б и Г по 1 каждая,
соответствующей «обычной» переменной, итого в сумме получаем 2.
записан 0, а в ячейке, соответствующей 4712. «Эх, дороги» – 2. Решение. 9) В
переменной с НЕ, записана 1, то такой узел Л входит три стрелки. Первая, из узла
вариант ответа можно отбросить; если Ж, «переносит» в Л тройку. Вторая, из узла
логическое выражение составлено из К, «переносит» тоже тройку. Третья, из
операций ИЛИ, то прежде всего проверяем узла И, «переносит» в Л двойку. В сумме
строки таблицы истинности, в которых F = для Л получаем значение 8 (3+2+3).
0: если хоть в одной ячейке, 4812. «Эх, дороги» – 2. Решение. 10)
соответствующей «обычной» переменной, Остается узел М. В него приходит три
записана 1, а в ячейке, соответствующей стрелки. Стрелка из узла Ж «приносит» в М
переменной с НЕ, записан 0, то такой тройку. Стрелка из узла К «приносит» в М
вариант ответа можно отбросить. тоже тройку. А стрелка из узла Л приносит
112. Крупинки истинности. Решение. №. в М восьмерку. В сумме для М получаем 14
Выражение. Операция. Проверяем строки (3+3+8). Ответ: 14.
таблицы: Комментарий. Вывод. 1). x1 /\ x2 4913. «Ищут пожарные, ищет милиция…». В
/\ x3 /\ ¬x4. И. С F = 1. X3 = 0 (строка языке запросов поискового сервера для
1). Не годится. 2). x1 \/ x2 \/ x3 \/ ¬x4. обозначения логической операции «ИЛИ»
Или. С F = 0. X1 = 1 (строка 3). Не используется символ «|», а для логической
годится. 3). ¬x1 /\ x2 /\ ¬x3 /\ x4. И. С операции «И» – символ «&». В таблице
F = 1. Всё соответствует. Всё приведены запросы и количество найденных
соответствует. 4). ¬x1 \/ x2 \/ ¬x3 \/ x4. по ним страниц некоторого сегмента сети
Или. С F = 0. X4 = 1 (строка 4). Не Интернет. Какое количество страниц (в
годится. Предполагаемый правильный ответ – тысячах) будет найдено по запросу Паскаль
выражение ¬x1 /\ x2 /\ ¬x3 /\ x4. & Си & Бейсик ? Считаем, что все
Проверяем его для оставшихся строк с F = 0 запросы выполнялись почти одновременно и
и убеждаемся, что им оно тоже набор страниц, содержащих искомые слова,
соответствует (так как x2 = 0). Ответ: 3). за это время не изменялся. Запрос. Кол-во
123. Сколько единиц? Определите найденных страниц, тыс. Паскаль & (Си
наименьшее пятизначное восьмеричное число, & Бейсик | Кобол). 350. Паскаль &
двоичная запись которого содержит 3 Кобол. 187. Паскаль & Си & Бейсик
единицы. (В ответе записать только само & Кобол. 48.
число, без индекса системы счисления.). 5013. «Ищут пожарные, ищет милиция…».
133. Сколько единиц? Решение. Чем правее Решение. выделение одинаковых частей
в двоичном числе записаны единицы, тем это выражения: Паскаль & Си & Бейсик и
число меньше. Вообще в любой системе Паскаль & Кобол. Паскаль & (Си
счисления в наименьшем числе чем больше & Бейсик | Кобол). Паскаль & Си
цифра, тем правее она должна стоять в & Бейсик & Кобол. Раскрытие
записи числа (т.е. попадать в самые скобок. Добавление переменной согласно
младшие разряды). И наоборот, в наибольшем правилу поглощения. Паскаль & Си &
числе самые большие цифры должны быть Бейсик | Паскаль & Кобол. Паскаль
записаны ближе к левому краю (в старших & Си & Бейсик & Паскаль &
разрядах). Наименьшее двоичное число из Кобол. Паскаль & Си & Бейсик |
трех единиц равно 1112. Оно соответствует Паскаль & Кобол. Паскаль & Си
однозначному восьмеричному числу (7). Нам & Бейсик & Паскаль & Кобол.
же нужно пятизначное восьмеричное. Чтобы 5113. «Ищут пожарные, ищет милиция…».
найти наименьшее пятизначное восьмеричное Решение. замена: A = Паскаль & Си
число, нужно, оставляя как можно больше & Бейсик B = Паскаль & Кобол.
единиц справа, «отодвигать» только одну Тогда исходные запросы будут иметь вид:
единицу влево, записывая после нее нули, Паскаль & Си & Бейсик | Паскаль
пока не получится двоичное число, которое & Кобол. Паскаль & Си & Бейсик
после перевода в восьмеричную систему & Паскаль & Кобол. Паскаль &
счисления будет иметь 5 цифр. Такое число Си & Бейсик | Паскаль & Кобол
будет наименьшим из возможных. Паскаль & Кобол (Паскаль & Си
143. Сколько единиц? 0. 0. 1. 1. 0. 1. & Бейсик) & (Паскаль & Кобол)
0. 1. 0. 1. 0. 1. 0. 1. 0. 0. 1. 1. 0. 1. Паскаль & Си & Бейсик. A | B (350
0. 0. 1. 1. 1. 18. 08. 08. 08. 78. 38. тыс.Стр.), B (187 тыс.Стр.), A & B (48
100038. Решение. Каждой восьмеричной цифре тыс.Стр.), A – искомый.
соответствуют три двоичных цифры. Значит, 5213. «Ищут пожарные, ищет милиция…».
нужно «оттаскивать» единицу влево, пока Решение. Запрос. Кол-во найденных страниц,
она только-только не «вылезет» в пятую тыс. Какое количество страниц (в тысячах)
триаду (будет в ней самым младшим битом): будет найдено по запросу A (? + ?)? A | B.
Ответ: 10003. ? + ? + ? 350. B. ? + ? 187. A & B. ?
154. «Эх, дороги…». Между городами А, Б, 48. ? + ? + ? = 350; ? + ? = 187; ? = 48.
В, Г, Д построены дороги, протяжённость ? + 48 + ? = 350; 48 + ? = 187. ? + ? =
которых указана в таблице. Отсутствие 302; ? = 139. ? + 139 = 302; ? = 163, ? +
числа в ячейке означает, что прямой дороги ? = 163 + 48 = 211. Следовательно, по
между соответствующими городами нет. Найти запросу Паскаль & Си & Бейсик
длину кратчайшего пути между пунктами А и будет найдено 211 тыс.стр. Ответ: 211.
Д, проходящего через пункт В, если 5314. Вместо отрезков. Элементами
передвигаться можно только по указанным множества X являются натуральные числа.
дорогам. А. Б. В. Г. Д. А. 3. 1. 2. 15. Б. Известно, что выражение (n ?
3. 4. 2. В. 1. 4. 3. Г. 2. 2. 2. Д. 15. 3. {2,3,6,15,26,30}) ? (((n ?
2. {1,3,6,12,15,35}) /\ ¬(n ? X)) ? ¬(n ?
164. «Эх, дороги…». Решение. Строим по {2,6,15,26,30})) истинно (принимает
таблице граф дорог: Дальше нужно искать значение 1) при любом значении n.
все возможные пути из А в Д, отбрасывая Требуется определить наименьшее возможное
те, которые не проходят через город В, значение произведения элементов множества
подсчитывать их длину и искать путь с X.
минимальным значением его суммарной длины. 5414. Вместо отрезков. Решение. 1) Для
174. «Эх, дороги…». Решение. Чтобы упрощения решения заменим предложенные
ускорить решение, можно сразу исключить множества чисел буквами: {2,3,6,15,26,30}
пути «в обход» города В: Получили совсем = A; {1,3,6,12,15,35} = В. Тогда исходное
простой граф (тем более, что в город Г уравнение можно записать так: (n ? A) ?
теперь вообще ни одна дорога из А не идет, (((n ? B) /\ ¬(n ? X)) ? ¬(n ? A)) = 1. 2)
так что путь ГД тоже можно исключить). Заменим утверждения о принадлежности n
184. «Эх, дороги…». Решение. В этом какому-либо множеству логическими
графе только два возможных пути: АБВД с переменными: (n ? A) = a; (n ? B) = b; (n
длиной 3 + 4 + 3 = 10, АВД с длиной 1 + 3 ? X) = x. Получим выражение в виде: a ?
= 4. Кратчайший из них – путь АВД. Его ((b /\ ¬x) ? ¬a) = 1.
длина равна 4. Ответ: 4. 5514. Вместо отрезков. Решение. 3)
195. «Однорукий бандит». Автомат Упрощаем полученное выражение и заменяем
получает на вход трёхзначное число. По операцию следования на «ИЛИ» по правилу A
этому числу формируется новое число по ? B = ¬A ? B: a ? (¬(b /\ ¬x) ? ¬a) = 1; ?
следующим правилам. 1. Складываются первая ¬a ? (¬(b /\ ¬x) ? ¬a) = 1. Применим
и вторая, а затем – вторая и третья цифры операцию отрицания к содержимому скобок (b
исходного числа. 2. Полученные два числа /\ ¬x): ¬a ? (¬b ? x) ? ¬a) = 1. Теперь
записываются друг за другом подряд в все операции равноценны и скобки можно
порядке возрастания. Пример. Исходное убрать: ¬a ? ¬b ? x ? ¬a = 1.
число: 176. Полученные числа: 1+7 = 8, 7+6 Повторяющийся аргумент ¬a можно
= 13. Результат: 813. Найдите наибольшее «поглотить»: ¬a ? ¬b ? x = 1.
исходное число, для которого автомат 5614. Вместо отрезков. Решение. 4)
выдаст результат 815. Вернемся к исходной записи переменных –
205. «Однорукий бандит». Решение. аргументов, учитывая, что операция «НЕ» в
Определим, как можно «разрезать» данном случае означает непринадлежность
результирующее число на два, вычисленных тому или иному множеству: (n ? A) ? (n ?
автоматом. Сумма двух десятичных цифр B) ? (n ? X) = 1 или (n ?
(которые могут быть равны от 0 до 9) может {2,3,6,15,26,30}) ? (n ? {1,3,6,12,15,35})
равняться от 0 (0+0) до 18 (9+9). Если ? (n ? X) = 1. Пусть n = 1. Используется
пытаться разделить число 815 как 81 и 5, логическая операция ИЛИ, значит, для
то первое из этих чисел не соответствует получения результата «ИСТИНА» достаточно
этому возможному диапазону значений сумм истинности хотя бы одного из аргументов.
цифр, а числа записаны не по возрастанию. Принадлежит ли число 1 первому множеству
Поэтому остается только один вариант: ({2,3,6,15,26,30})? Нет. Значит, условие
число 815 как 8 и 15. (n ? {2,3,6,15,26,30}) истинно. Этого
215. «Однорукий бандит». Решение. достаточно для получения общего результата
Посмотрим, какие цифры могут давать такие «ИСТИНА», поэтому значения всех остальных
суммы: 8 = 0+8, 1+7, 2+6, 3+5, 4+4; 15 = аргументов нам безразличны. Пусть n = 2.
9+6, 8+7. По условию, одна сумма – это Это число принадлежит первому множеству
сумма первой и второй цифры исходного {2,3,6,15,26,30}, значит, соответствующее
числа, а вторая – это сумма второй и условие ложно. Cмотрим второй аргумент: (n
третьей цифры. Значит, вторая цифра должна ? {1,3,6,12,15,35}). Этому множеству число
повторяться в обеих суммах. Ищем такие две 2 не принадлежит, значит, данное условие
суммы в обеих «подборках» (для числа 8 и истинно, и этого нам достаточно. Пусть n =
для числа 15). Это пары: 0+8 и 8+7; 1+7 и 3. Это число принадлежит и первому
8+7; 9+6 и 2+6. Им соответствуют числа множеству ({2,3,6,15,26,30}), и второму
(учитывая, что нуль не может быть записан ({1,3,6,12,15,35}). Следовательно, ложны и
самым первым – тогда он был бы незначащим, первое, и второе условия. В этом случае
а число – двузначным): 780, 178, 871, 962, истинность результата может обеспечить
269 (везде повторяющаяся цифра стоит в только истинность третьего условия – (n ?
середине). Среди них наибольшее – это X). Чтобы это условие было истинным, надо
число 962. Ответ: 962. включить в состав множества X число 3.
226. «Формула-1» в Excel. Дан фрагмент Выявлена следующая закономерность: если
электронной таблицы. Из ячейки C3 в одну натуральное число n не входит хотя бы в
из ячеек столбца D была скопирована одно из двух заданных нам множеств, то
формула. После копирования значение этой этого достаточно; если же n имеется в
формулы стало равным 100. В какую ячейку обоих заданных множествах, то это число n
была скопирована формула? В ответе надо требуется включить в искомое множество X.
записать только номер строки, в которой 5714. Вместо отрезков. 6) Теперь легко,
находится эта ячейка. A. B. C. D. 1. 5. сравнивая между собой элементы первого и
13. 2. 6. 12. 3. 7. 11. =$B3*A$4. 4. 8. второго множества, выписать всё множество
10. X: {2, 3, 6, 15, 26, 30} {1, 3, 6, 12, 15,
236. «Формула-1» в Excel. Решение. 35} X = { }. 3. 6. 15. 3. 6. 15. 3, 6, 15.
Сначала определим, как меняется формула Решение. 7) Вычисляем произведение
при ее копировании в ячейки столбца D (с элементов множества X: 3 ? 6 ? 15 = 270.
учетом абсолютной адресации): A. B. C. D. Ответ: 270.
1. 5. 13. =$B1*B$4. =$B2*B$4. 2. 6. 12. 5815. Еще одна сумма элементов массива.
=$B3*B$4. =$B3*A$4. 3. 7. 11. =$B4*B$4. 4. В программе описан одномерный
8. 10. Остается вычислить произведения и целочисленный массив. Ниже представлен
сверить их с требуемым. Впрочем, сразу фрагмент программы, обрабатывающей этот
видно, что 100 – это 10*10, а подходящая массив: s:=0; n:=8; for i:=0 to n-4 do
формула – только в ячейке D4 (=$B4*B$4). begin s:=s+A[i]-A[i+3] end; До выполнения
Ответ: 4. ВАЖНО! В ответе надо записать этого фрагмента в массиве находились
только номер строки. Запись ответа в виде четырехзначные нечетные натуральные числа.
«D4» при автоматической проверке ответов Какое наименьшее значение может иметь
будет признана за ошибку! переменная s после выполнения данной
247. Оцифровка аудио. Выполнена квадро программы?
(4-канальная) звукозапись с частотой 5915. Еще одна сумма элементов массива.
дискретизации 32 кГц и 16-битным Решение. 1) Расписываем вычисление суммы в
разрешением. В результате получен файл виде одной строки, помня, что значение i
размером 38 Мбайт, причем сжатие данных не меняется в цикле от 0 до 6 (т.е. до 10 –
производилось. Требуется приблизительно 4): s = 0 + A[0] – A[3] + A[1] – A[4] +
оценить, сколько времени (в минутах) A[2] – A[5] + A[3] – A[6] + + A[4] – A[7]
производилась запись. В качестве ответа + A[5] – A[8] + A[6] – A[9]. 2) Сокращаем
нужно указать ближайшее к полученному одинаковые переменные (элементы массива),
времени записи целое число минут. записанные со знаками «плюс» и «минус»: s
257. Оцифровка аудио. Решение. = 0 + A[0] – A[3] + A[1] – A[4] + A[2] –
количество каналов записи – 4, частота – A[5] + A[3] – A[6] + + A[4] – A[7] + A[5]
32000 колебаний в секунду, разрешение – 16 – A[8] + A[6] – A[9]. Получаем: s = A[0] +
бит, длительность – неизвестна (t); A[1] + A[2] – A[7] – A[8] – A[9].
получаемый размер файла равен 38 Мбайт = 6015. Еще одна сумма элементов массива.
38 ? 223 бит. Все величины обязательно Решение. 3) Получаемая сумма (разность)
преобразуются к одним и тем же должна, по условию, иметь наименьшее
размерностям. 4 ? 32000 ? 16 ? t = 38 ? значение. А элементы массива – это
223, откуда t = 155,648 (с). Полученное четырехзначные нечетные натуральные числа,
значение преобразуется в минуты и т.е. числа в диапазоне от 1001 до 9999.
округляется до ближайшего целого: t = Следовательно, элементы массива, которые
155,648/60 ? 2,594 ? 3 минуты. Ответ: 3. записаны в выражении со знаком «плюс»,
268. Parole, parole, parole… Сколько должны быть наименьшими из возможных, а
«слов» длины 7 символов, начинающихся с элементы массива со знаком «минус» должны
английской буквы, можно составить из букв быть наибольшими из возможных. Значит,
S, И, R, П, Q? Каждая буква может входить нужно выбрать их следующими: A[0] = A[1] =
в «слово» несколько раз, а сами получаемые A[2] = 1001, A[7] = A[8] = A[9] = 9999. 4)
«слова» не обязательно должны быть Вычисляем значение s при этих значениях
осмысленными. элементов массива: s = 1001 + 1001 + 1001
278. Parole, parole, parole… Решение. 1) – 9999 – 9999 – 9999 = 3 ? (1001 – 9999) =
Определяем количество «слов», которые –26994. Ответ: –26994.
можно составить из указанных букв без 6116. И снова числа. Получив на вход
учета первой буквы, на которую число x, программа печатает два числа a и
накладывается особое условие («только b. Определите наименьшее из чисел, при
английская»), т.е. количество «слов» вводе которого алгоритм печатает сначала
длиной 6 символов. Сопоставляем каждой 2, а потом 357. var x, a, b: integer;
букве цифру, например: S = 0, И = 1, R = begin readln(x); a := 0; b := 0; while x
2, П = 3, Q = 4. Тем самым задача сводится > 0 do begin a := a+1; b := b+(x mod
к следующей: «сколько различных 1000); x := x div 1000; end; writeln(a);
6-разрядных чисел можно получить в write(b); end.
пятеричной системе счисления». Количество 6216. И снова числа. Решение. 1)
таких чисел равно nm, где n – основание Проанализировав алгоритм, видим, что
системы счисления, а m – количество переменная a – это счетчик проходов цикла.
разрядов. В нашем случае получается 56 = В переменной b накапливается сумма… чего?
15625 чисел («слов»). 2) Первая буква Раньше в такой задаче имелись операторы b
должна быть только английской. Английских := b+(x mod 10); x := x div 10; и это
букв у нас три. Для каждой из них возможно означало вычисление суммы цифр. Теперь
15625 слов. Тогда общее количество слов вместо константы 10 записана константа
равно 3 ? 15625 = 46875. Ответ: 46875. 1000, а значит, из числа выделяются сразу
289. «Эх, раз, еще раз!»… Имеется тройки цифр. 2) Поскольку в качестве
рекурсивный алгоритм F: procedure F(n: значения переменной a выводится число 2,
integer): integer; begin if n > 3 then цикл выполнялся 2 раза. Следовательно,
F := F(n-1) + F(n-2) + F(n-3) else F := 2; исходное число могло состоять из 4, 5 или
end; Чему равно значение, вычисленное при 6 цифр, – только тогда мы получаем из него
вызове этой процедуры в виде F(6)? две триады цифр, одна из которых (левая)
299. «Эх, раз, еще раз!»… Решение. возможно, неполная. Поскольку требуется,
Рекурсия – это вызов функции или процедуры чтобы число было наименьшим, левая
«самой из себя». При этом в каждом новом «триада» должна состоять из одной цифры.
вызове вычисления внутри функции / 6316. И снова числа. Решение. 3)
процедуры производятся уже с Обозначим неизвестные цифры исходного
соответствующим значением «внутренней» числа как a, b, с и d. Тогда первый проход
(формальной) переменной. Кроме того, в цикла отделит цифры bcd, т.е. число 100?b
рекурсивной функции / процедуре + 10?с + d. Второй проход цикла добавит к
обязательно должны быть и «конечные» сумме однозначное число (цифру) a. 4)
условия, когда значение переменной Какой может быть эта единственная цифра a,
определяется однозначно, без новых чтобы число было наименьшим? Очевидно, a =
рекурсивных вызовов. В нашем случае это 1. Тогда, зная, что итоговая сумма равна
условие: if n > 3 then … else F := 2; 357, сразу получаем, что bcd = 356. А всё
309. «Эх, раз, еще раз!»… Решение. 1) первоначальное число x тогда равно 1356.
Самый первый вызов, для которого n = 6: Ответ: 1356.
F(6) = F(6–1) + F(6–2) + F(6–3) = F(5) + 6417. Опять логика. Сколько существует
F(4) + F(3) 2) Рекурсивный вызов F(5): различных наборов значений логических
F(5) = F(5–1) + F(5–2) + F(5–3) = F(4) + переменных a1, a2, ..., a5, b1, b2, ...,
F(3) + F(2) 3) Вызов F(4): F(4) = F(4–1) + b5, c1, c2, ..., c6, которые удовлетворяют
F(4–2) + F(4–3) = F(3) + F(2) + F(1) 4) перечисленным уравнениям? (a1 ? a2) /\ (a2
Значения F(3), F(2) и F(1) – «конечные»: ? a3) /\ (a3 ? a4) /\ (a4 ? a5) = 1 (b1 ?
согласно «конечному» условию рекурсии, все b2) /\ (b2 ? b3) /\ (b3 ? b4) /\ (b4 ? b5)
они равны 2. = 1 (c1 ? c2) /\ (c2 ? c3) /\ (c3 ? c4) /\
319. «Эх, раз, еще раз!»… Решение. (c4 ? c5) = 1 a1 /\ b2 /\ c3 = 0. В
Вычерчиваем схему этих вызовов в виде качестве ответа нужно указать количество
дерева: F(6). F(6) = F(5) + F(4) + F(3). таких наборов переменных.
2. F(3) + F(2) + F(1). 2. 2. 2. F(4) + 6517. Опять логика. a1. a2. a3. a4. a5.
F(3) + F(2). 2. 2. F(3) + F(2) + F(1). 2. Решение. 1) Анализируем первое уравнение:
2. 2. (a1 ? a2) /\ (a2 ? a3) /\ (a3 ? a4) /\ (a4
329. «Эх, раз, еще раз!»… Решение. ? a5) = 1. Составляем таблицу возможных
Расписываем схему этих вызовов в виде значений переменных a1, a2, ..., a5,
дерева: F(6) = F(5) + F(4) + F(3). учитывая, что при логической операции «И»
339. «Эх, раз, еще раз!»… Решение. результат 1 обеспечивается только
Подставляем в запись имеющиеся конечные истинными значениями всех ее аргументов и
значения: F(6) = F(3) + F(2) + F(1) + F(3) что операция следования истинна в трех
+ F(2) + F(3) + F(2) + F(1) + F(3). 2. 2. случаях: 1 ? 1, 0 ? 1 и 0 ? 0. 1. 1. 1. 1.
2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. = 18. Ответ: 18. 1. 0. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0.
3410. «Призрак Оперы»… а также Firefox, 1. 1. 0. 0. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 0. 0.
Chrome и прочих. В сетях TCP/IP маска сети 6617. Опять логика. b1. b2. b3. b4. b5.
– это двоичное число, меньшее 232; в маске c1. c2. c3. c4. c5. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1.
сначала (в старших разрядах) записаны 1. 1. 1. 0. 1. 1. 1. 1. 0. 1. 1. 1. 1. 0.
единицы, а затем с некоторого бита – нули. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 1.
Маска определяет, какая часть IP-адреса 0. 0. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 0.
относится к адресу подсети, а какая – к 1. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. Решение.
адресу конкретного компьютера (узла) в 2) Второе и третье уравнения полностью
этой сети. Маска записывается по тем же аналогичны первому, только имена
правилам, что и IP-адрес, – в виде четырёх переменных другие. Поэтому таблицы
десятичных чисел, каждое из которых значений переменных будут такими же.
соответствует одному байту и отделяется от 6717. Опять логика. a1. b2. c3.
других точкой. Адрес сети получается в Результат. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 1. 0. 0. 1.
результате применения поразрядной 0. 0. 0. 1. 1. 0. 1. 0. 0. 0. 1. 0. 1. 0.
конъюнкции к заданному IP-адресу узла и 1. 1. 0. 0. 1. 1. 1. 1. Решение. 3)
маске. Для узла с IP-адресом Анализируем четвертое уравнение –
167.57.252.220 адрес сети равен «ключевое»: a1 /\ b2 /\ c3 = 0. Строим для
167.48.0.0. Чему равен второй по счету него таблицу истинности: Из нее нам
слева байт маски? Ответ нужно записать в требуются все строки, кроме последней.
виде десятичного числа. 6817. Опять логика. Решение. 4)
3510. «Призрак Оперы»… а также Firefox, Подсчитываем количества значений
Chrome и прочих. Решение. Первый байт переменных, соответствующие таблице
адреса сети совпадает с первым байтом истинности четвертого уравнения. Ответ:
IP-адреса, – значит, первый байт маски 210. a1. a1. b2. b2. c3. c3. Кол-во
равен 111111112. Третий и четвертый байты наборов переменных. 0. 0. 0. 5. ? 4. ? 3.
адреса сети нулевые, значит, им = 60. 0. 0. 0. 5 ? 4 ? 3 = 60. 0. 0. 1. 0.
соответствуют и нулевые байты маски. 1. 0. 5 ? 2 ? 3 = 30. 5 ? 2 ? 3 = 30. 0.
Второй по счету байт маски – самый 1. 1. 1 ? 4 ? 3 = 12. 1. 0. 0. 1 ? 4 ? 3 =
«интересный», он должен содержать как 12. 1. 0. 1. 1 ? 2 ? 3 = 6. 1. 1. 0. 60 +
единицы, так и нули. Поэтому в задаче 60 + 30 + 30 + 12 + 12 + 6 = 210. Итого:
требуется определить не всю маску, а Итого: Итого: 5 нулей. 4 нуля. 3 нуля. a1.
только этот «ключевой» второй байт. a2. a3. a4. a5. b1. b2. b3. b4. b5. c1.
3610. «Призрак Оперы»… а также Firefox, c2. c3. c4. c5. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1. 1.
Chrome и прочих. Решение. 1) Переводим оба 1. 1. 1. 1. 1. 1. 0. 1. 1. 1. 1. 0. 1. 1.
«ключевых» числа в двоичную систему 1. 1. 0. 1. 1. 1. 1. 0. 0. 1. 1. 1. 0. 0.
счисления: 5710 = 1110012, 4810 = 1100002. 1. 1. 1. 0. 0. 1. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 1. 0.
Обязательно дополняем полученные двоичные 0. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 1. 1. 0. 0. 0. 0. 1.
значения до 8 битов незначащими нулями 0. 0. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 0. 1. 0. 0. 0. 0.
слева. 5710 = 001110012, 4810 = 001100002. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0. 0.
Задачи по двум суммам 3 класс.ppt
http://900igr.net/kartinka/astronomija/zadachi-po-dvum-summam-3-klass-260521.html
cсылка на страницу

Задачи по двум суммам 3 класс

другие презентации на тему «Задачи по двум суммам 3 класс»

«Полёт в космос» - Урок – путешествие по математике «Полёт в космос» 3 класс. Сколько всего марок у Игоря? 1 ал. и 2 ал. по 40 м. 3 ал. - 28 м. Возвращаемся на Землю! Чудо – птица, алый хвост, Полетела в стаю звёзд. Из полёта возвратились. В третьем альбоме 28 марок. Перегрузки сумей выносить – космос сможешь покорить.

«Полёты» - Открытое пребывание на Луне длилось 62 минуты 16 секунд. Можно ли отличить планету от звезды невооруженным взглядом? 40. В чем хранятся продукты в космических кораблях? 30. Как называется одежда, которая необходима для выхода в космос? Нашей страной сейчас решается и ряд амбициозных проектов. Сколько времени длился первый космический полет? 20.

«Первые космические полёты» - Памятник землякам-космонавтам. Юрий Алексеевич Гагарин. Длительность полета составила 1 час 48 минут. Космонавт получил звание Героя Советского Союза, а день 12 апреля объявили государственным праздником - Днем космонавтики. На высоте нескольких километров от Земли Гагарин катапультировался и приземлился с парашютом недалеко от спускаемого аппарата.

«50 лет полёта Гагарина» - 6- Спортивный хоккейный турнир на кубок Гагарина 7- Улицы, парки, площади, школы. 12 апреля 1961 года с космодрома « БАЙКАНУР» стартовал космический корабль «ВОСТОК». Приземлился в точно заданном районе. 1. Э. К. Циолковский. 4- Астероид № 1772 5- Площадь в Москве. Космическая почта. ПАМЯТЬ - именем Гагарина названы: 1-Город Гагарин.

«Первый полёт в космос» - Олег Макаров. 6 июня 1971 года-3 недели в космосе! 12 августа 1962 года- первый групповой полет двух кораблей! Светлана Савицкая – вторая женщина-космонавт. Алексей Елисеев Евгений Хрунов. 12 апреля 1961 года - первый полет человека в космос. Георгий Добровольский Владислав Волков Виктор Пацаев. 19-27 августа 1982 года.

«Птица в полёте» - Урок в форме деловой игры по теме «Птицы». Птицы края, занесенные в Красную книгу (70 видов). 4. Вложение капитала в дело. Скопа. Второй этап – Удвоение капитала. В природе. Черная казарка. Филин. «Значение птиц в природе и жизни человека». 1.Какие особенности внешнего строения птиц можно рассматривать как приспособление к полету?

Полёты в космос

38 презентаций о полётах в космос
Урок

Астрономия

26 тем

Похожие
презентации

Картинки
900igr.net > Презентации по астрономии > Полёты в космос > Задачи по двум суммам 3 класс