666

Лучшие и необычные математические и геометрические задачи и их решения, которые придумали масоны

Мартингейл против букмекеров

Как то даже непривычно, получил массу отзывов на свою предыдущую статью о применении математики в букмекерских конторах. Причем писал вообще то без какой либо цели. Так, просто заинтересовало. Да и из букмекерских контор, я до этого только видел bwin party и то только потому что они спонсоры великих футбольных клубов Реал, Бавария, Манчестер и их логотип там на футболках у игроков. Но оказалось что в сети масса букмекеров, причем из различных стран. Кроме этого целый сообщества игроков даже существуют, которые с помощью различных придуманных стратегий пытаются обыграть букмекерскую контору. Бегло просмотрев эти стратегии, в своей массе там только Мартингейл присутствует. С помощью увеличения последующей ставки предполагается проходить букмекерскую маржу. Ну кроме улыбки это конечно больше не чего не вызывает, так как любой даже школьнику средних классов легко сможет подсчитать данную геометрическую прогрессию и понять, что это хоть и возможно теоретически, но практически нет.
Игроки конечно довольно забавные люди оказались и любые мои доводы, которые я им приводил на их игровых форумах почему то воспринимали в штыки. Ну я не знаю, может конечно у них там какой то личный интерес, пытаются продать стратегии выигрыша в букмекерской конторе, которые изначально обречены на провал. Уж как по мне так лучше бы теорию все же изучили и поняли для начала как и на чем зарабатывают букмекеры и что любой, играющий по Мартингейлу для них самый желанный клиент.

Математика в букмекерских конторах


Буквально не давно в беседе с одним из бывших учеников о его новом месте работы узнал что оказывается работа современных букмекерских контор основано именно на математических шансах и на обыкновенной теории вероятности. Казалось бы, ну ладно с механическими устройствами типа рулетки, но в реальной то игре, где живые люди принимают участие неужели можно вот так вот взять и все просчитать наперед. Оказывается можно и причем вполне успешно.
Вникнув в суть я даже заинтересовался как именно и на чем зарабатывает букмекерская контора. Оказалось все не так уж и сложно, просто оценивают вероятность, а клиенту предлагают сделать ставку, по коэффициенту, который на несколько пунктов меньше, вот за счет именно этих пунктов и живут букмекеры. Называется маржой и ее величина зависит только от жадности самого букмекера. Я вот открыл сейчас сайты букмекерской конторы Марафон и букмекерской конторы Фаворит бет и сразу же уловил разницу. При абсолютно равных шансах в Марафоне коэффициенты 1,97, а вот в Фаворите 1,92, таким образом получается, что у вторых отбор гораздо больше идет, поскольку маржа выше.
Вообще довольно увлекательный там мир, как мне кажется, расчеты пересчеты обычно это довольно скучное занятие, например у тех же бухгалтеров, а в этом случае с букмекерами мне представляется что все же на много повеселей. Все же разные события, разные чемпионаты, разные страны.

Геометрическое место точек B.


Даны две точки А и I. Найти геометрическое место точек В таких, что существует треугольник АВС с центром вписанного круга в точке I, все углы которого меньше 60° и одновременно больше 90°.
Решение
Если А, В, С – углы нашего треугольника АВС, то углы треугольника ABI равны A/2, B/2, 90° + C/2 (рис. 1).
Отсюда имеем, что искомое геометрическое место
точек – пара треугольников, две стороны которых – отрезки прямых, а третья – дуга, являющаяся частью сегмента, построенного на АI и вмещающего угол а/2.

Геометрическое место точек описанных прямоугольников.


Имеем некий треугольник. Необходимо найти геометрическое место центров всевозможных прямоугольников, описанных около данного треугольника. Дополнительное условие, что одна вер­шина треугольника совпадает с вершиной прямоугольника, а две другие лежат на двух, не содержащих этой вершины, сто­ронах прямоугольника.
Решение
Пусть АВС (рис. 1) — данный треугольник и вершина описанно­го прямоугольника АКLМ совпадает с точкой А, тогда точка L  принадлежит полуокружности с диаметром ВС, причем углы АВL и АСL тупые. Таким образом  L может иметь два крайних положения: Lи L2, угол L1CA будет равняться углу L2BA и будет равен = 90°.  Центр О будет описывать дугу, гомотетич­ную дуге L1L2, с центром гомотетии в точке А и коэффициентом 1/2.  Таким образом,  если  треугольник  остроугольный, то  искомое  множество есть криволинейный треугольник, образованный дугами полуокружностей, построенных на средних линиях как на диаметрах и обращенных внутрь треугольника из средних линий, а если же треугольник не остроугольный, то искомое множество состоит из двух дуг полуокруж­ностей, построенных таким же образом на двух меньших средних линиях.

Точка пересечения высот и две прямые.


Через точку пересечения высот треугольника проведены две взаимно перпендикулярные прямые. Нужно доказать, что середины отрезков, высекаемых этими прямыми на сторонах треугольника лежат на одной прямой.
Решение.
Пусть данные взаимно перпендикулярные прямые – оси х и у прямоугольной системы координат. Тогда высоты треугольника лежат на прямых у = kˌ (i= 1,2,3); стороны треугольника при этом должны иметь угловые коэффициенты -(1/ kˌ ), ), а из условия принадлежности вершин (хˌˌ, уˌ) высотам находим отношения свободных членов сˌ в уравнениях сторон kуˌ + х = сˌ ; с₁ = к₁у3 + х3, с2 = к2у3 + х3 , у3 = к3×3
следовательно:
С1/С2=(K1K3+1)/(K2K3=1)
Точки пересечения прямой kiy + x=ki/(ki+k) с осями (О, 1/(ki+k)) и (ki/(ki+k) , О). Середина Pi отрезка между ними – (ki/2(ki+k), 1/2(ki+k)).
Угловой коэффициент прямой P1P2 равен (1/2(k2+k) – 1/2(k1+k)):(k2/2(k2+k) – k1/2(k1+k))=1/k.
Точно такими же будут угловые коэффициенты и других прямых, P2P3 и P3P1, поэтому точки P1, P2, P3 лежат на одной прямой.

Треугольник (формула Паскаля).


Дан треугольник АВС и точка М. Прямая, проходящая через М, пересекает прямые АВ, ВС и CA соответственно в точках C₁, A₁и B₁. Прямые АМ, ВМ и СМ пересекают окружность, описанную около треугольника АВС, соответственно в точках A₂, B₂и C₂. Доказать, что прямые A₁A₂, B₁B₂ и C₁C₂ пересекаются в одной точке, расположенной на окружности, описанной около ▲АВС.
Решение.
Пусть N — точка пересечения прямой A₁A₂ с окружностью, отличная от A₂. Применим к шестиугольнику АВСC₂NA₂теорему Паскаля как в этой задаче. Точки пересечения прямых АВ и C₂N, ВС и NA₂(точка A₁), СC₂и АA₂ (точка М) лежат на одной прямой. Следовательно, АВ и C₂N пересекаются в точке C₁.

Четырехугольник, треугольник и окружности.


Четырехугольник АВСD вписан в окружность, О1 02, 03, 04 – центры окружностей, вписанных в треугольники АВС, ВСD, СDА, DАВ, а H1, H2, H3, H4 – точки пересечения высот тех же треугольников. Доказать, что O1O2O3O4 – прямоугольник.
Решение.
Поскольку О1 – центр окружности, вписанной в треугольник ABC, то угол BO1A=90° + 1/2(BCA). Значит BO1A=BO4A и четырехугольник ABO1O4 является вписанным (см. рис.).
Следовательно, смежный угол с BO1O4 равен BAO4=1/2BAD. Аналогично, угол, смежный с BO1O2 равен 1/2BCD. Но! 1/2(BAD + BCD)=90°, значит O4O1O2 = 90°.

Вершины вписанного четырехугольника.


В этой задаче требуется доказать, что четыре прямые, каждая из которых проходит через основания двух перпендикуляров, опущенных из вершины вписанного четырехугольника на не содержащие ее стороны, пересекаются в одной точке.
Решение.
Пусть АВСD – данный четырехугольник. Предположим, что углы А и D тупые, а В и С острые. Обозначим основания перпендикуляров, опущенных из вершины А, через М и N, а из вершины С через К и L (рис. 1), R – точка пересечения MN и LK.
Заметим что, точки A, K, N, C, L, M – лежат на одной окружности с диаметром AC. Покажем что MK||LN:MKL=MAL=90° – B=KCB=KLN. Таким образом  (|MR|)/(|RN|)=(|MK|)/(|LN|)=(sin⁡(MSK))/(sin⁡(LAN))=(sin⁡(C+B-90°))/(sin⁡(A+B-90°))=(cos⁡(A-B))/(sin⁡(A+B-90°))
Пусть теперь точки P и Q основания препендикуляров, опущенных из вершины B, а S точка пересечения MN и PQ (рис. 2)
Т.к. существует равенство углов PNB = PAB = C, то PN||DC, т.е. MQNP трапеция. Таким образом, (|MS|)/(|SN|)=(|MQ|)/(|PN|)=(|AB|cos⁡(A+D-180))/(|AB|sin⁡(B+A-90))=(cos⁡(A-B))/(sin⁡(A+B-90°)).
Итак, точки R и S делят MN в одном и том же отношении, т.е. они совпадают и значит все три прямые пересекаются в одной точке.

вписанный шестиугольник.

Пусть дан некий вписанный шестиугольник АВСDEF. Обозначим через К точку пересечения АС и ВF, а через L – точку пересечения СЕ и FD. Требуется доказать, что диагонали АD, ВЕ и прямая КL пересекаются в одной точке.
Решение.
Пусть М – точка пересечения AD и КL. Т.к. синусы вписанных углов пропорциональны хордам, имеем:
(|KM|)/(|ML|)=S_AKD/S_ALD =(1/2 |AK|•|AD|sinKAD)/(1/2 |DL|•|AD|sinADL)=(|AK|•|CD|)/(|DL|•|AF|
Точно также и для точки М₁ если она точка пересечения BE и KL получим
(|KМ₁|)/(|М₁L|)=(|BK|•|FE|)/(|LE|•|BC|)
Но, поскольку треугольники ▲AKF и ▲BKC подобны и точно также ▲CLD и ▲FLE получаем:
(|AK|)/(|AF|)=(|BK|)/(|BC|) и (|CD|)/(|DL|)=(|FE|)/(|LE|).
Перемножив данные равенства, получаем что (|KM|)/(|ML|)=(|KМ₁|)/(|М₁L|).
Cледовательно М и М₁ совпадают.

Треугольник, стороны которого диагонали параллелограммов.


Имеем некий треугольник, стороны которого являются диагоналями трех параллелограммов. Стороны этих параллелограммов параллельны двум прямым l и р. Необходимо доказать, что три диагонали этих параллелограммов, отличные от сторон треугольника, пересекаются в одной точке М. Найти геометрическое место точек М, если l и p – две произвольные взаимно перпендикулярные прямые.
Решение
Объединение трех построенных параллелограммов будет предста
влять собой параллелограмм, описанный около данного треугольника,
разделенный на четыре меньших. Можно выразить отношения, в которых каждая из рассматриваемых диагоналей делится другой диагональю, через отрезки сторон большого параллелограмма.
Таким образом, если параллелограммы являются прямоугольниками, то параллельно перенеся две из трех рассматриваемых диагоналей, образуем из них треугольник, равный данному; а это означает, что углы между ними или равны соответствующим углам треугольника, или дополняют их до 180°, следовательно геометрическое место точек есть окружность, проходящая через середины сторон данного треугольника.

Найти углы треугольника.


Требуется найти углы треугольника, если известно, что расстояние между центром описанной окружности и точкой пересечения высот вдвое меньше наибольшей стороны и равно наименьшей стороне.
Решение
Здесь для начала нужно просто доказать, что треугольник будет остроугольным, прямоугольным или тупоугольным, если расстояние между центром описанной окружности и точкой пересечения высот будет соответственно меньше, равно или больше половины наибольшей стороны. В итоге должен получиться следующий ответ 90°, 60° и 30°.

Две пересекающиеся окружности.


Дана окружность с диаметром АВ. Вторая окружность с центром в А пересекает первую окружность в точках С и D и диаметр в точке Е. На дуге СЕ, не содержащей точки D, взята точка М, отличная от точек С и Е. Луч ВМ пересекает первую окружность в точке N. Известно, что отрезки |CN| = а, |DN|=b. Требуется найти отрезок |MN|.
Решение
Продолжим BN и CN до вторичного пересечения со второй
окружностью в точках К и L соответственно. |MN|=|NK|, так как
угол ANB = 90° и МК есть хорда окружности с центром в точке А. Т.к.
равны соответствующие дуги, то также будет присутствовать и равенство углов LNK=BNC=BND. Таким образом получаем
|LN|=|ND|=b, |MN|х|NK|=|MN|² ab, |MN|=√ab.

Равнобочная трапеция и вписанные окружности.


На боковых сторонах KL и MN равнобочной трапеции KLMN выбраны соответственно точки Р и Q так, что отрезок PQ параллелен основаниям трапеции. Известно также, что в каждую из полученных трапеций KPQN и PLMQ можно вписать окружность и радиусы этих окружностей равны R и r соответственно. Требуется определить основания |LM| и |KN|.
Решение
Опустим из центров окружностей перпендикуляры на одну из боковых сторон и проведем через центр меньшей окружности прямую, параллельную этой стороне. Получится прямоугольный треугольник с гипотенузой R + r, одним катетом R-r и острым углом при этом катете α, равным острому углу при основании трапеции. Таким образом, cosα=(R-r)/(R+r). Отсюда получаем что боснование равно 2Rctg(α/2)=2R√(R/r), а меньшее основание равно 2rtg(α/2)=2R√(r/R).

Две окружности радиусов R и r.


Имеются две окружности радиусов R и r по условию (R >r), есть внешнее касание в точке А. Через точку В, взятую на большей окружности, проведена прямая линия, касающаяся меньшей окружности в точке С. Требуется найти |ВС|, если |АВ|=а.
Решаем
Для начала проведем прямую ВА и обозначим через D вторую точку пересечения с меньшей окружностью. Рассмотрим дуги АВ и AD (меньшие, чем полуокружность). Поскольку общая касательная к окружностям в точке А образует с АВ и AD равные углы, то и центральные углы, соответствующие этим дугам будут равны. Следовательно,
(|AD|)/(|AB|) =r/R , |AD|=α r/R, |BC|=√(|BD|x|BA|)=α√((R+r)/R)

Параллелограмм. Отношение площадей.


Данн параллелограмм с известной площадью S, в нем проведены биссектрисы его внутренних углов. Площадь четырехугольника, получившегося при их пересечении также известна и равна Q. Требуется найти отношение сторон параллелограмма.
Решение
Биссектрисы нашего параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник, диагонали которого будут параллельны сторонам параллелограмма и равняться разности сторон параллелограмма. Следовательно, если а и b — стороны параллелограмма, α угол между
ними, то тогда площади S = аb sinα, Q =1/2 (a-b)^2 sinα, отношение площадей S/Q =2ab/(a-b)^2.
Получаем ответ (S+Q+√(Q^2+4QS))/S.

Треугольник. Три прямые и длины отрезков.


Внутри треугольника ABC через точку М проведены три прямые, которые параллельны сторонам треугольника. Отрезки этих прямых, заключенные внутри треугольника, равны между собой. Требуется найти длины этих отрезков, если стороны треугольника равны a, b и с.
Решение
Здесь просто нужно доказать, что если через точку внутри треугольника проведены прямые, которые параллельны его сторонам, то сумма коэффициентов подобия отсекаемых треугольников по отношению к данному треугольнику будет равна 2.
В итоге получиться ответ 2abc/(ab+bc+ca)

Треугольник с известными длинами сторон.


В треугольнике ABC известны длины сторон: |АВ|=12, |ВС|=13, |СА| =15. На стороне АС существует точка М расположенная так, что радиусы окружностей, вписанных в треугольники АВМ и ВСМ равны. Найти отношение |AM|:|МС|.
Решение
Пусть | AM |: | МС | = к. Исходя из условия равенства радиусов окружностей, вписанных в треугольники АВМ и ВСМ, имеем, что их площади относятся, как периметры. Отсюда, поскольку отношение площадей равно к, получим |ВМ| =(13k-12)/(1-k). Из этого равенства,
следует, что 12/13 к<1.
Далее записываем для треугольников АВМ и ВСМ теоремы косинусов (относительно углов ВМА и ВМС) и исключаем из этих уравнений косинусы углов, получим для к квадратное уравнение с корнями 2/3 и 22/23. Учитывая ограничения для к, получаем ответ: к = 22/23.

Выпуклый четырехугольник и окружность.


Еще одна небольшая задачка на сообразительность. Требуется доказать, что если в выпуклом четырехугольнике ABCD выполняется соотношение AB+CD=AD+BC , то тогда существует окружность, которая касается всех его сторон.
Решение
Для начала рассмотрим окружность, которая касается сторон AB, BC и CA. Если допустить что эта окружность не касается стороны DA, то тогда проведя касательную DА₁, получим ∆DA А₁, у которого одна сторона будет равна сумме двух других сторон.

Задачка на разминку.


В качестве разминки.
Доказать что если длины биссектрис треугольника меньше 1, то его площадь будет меньше (√3)/3.
По ходу решения рассмотрим два случая:
1. Наш треугольник ABC – остроугольный. Пусть угол при вершине B будет наибольший, тогда 60° ≤ B ≤ 90°. Так как по условию задачи биссектрисы углов при вершинах A и C меньше 1, то и высоты этих углов будут меньше 1. Таким образом имеем SABC= (h₁h₂)/2sinB <(√3)/3, где h₁и h₂высоты.
2. Если один из углов треугольника тупой, например B, то стороны, образующие этот угол меньше соответствующих биссектрис, а значит и меньше 1, а площадь тогда будет не более 1/2.

Правильный многоугольник с нечетным числом сторон.


Доказать что описанный многоугольник, все стороны которого равны, является правильным, если число сторон нечетное.
Решение
Решение довольно простое, необходимо просто доказать что касательные к окружности, проведенные из вершин, между которыми расположенна одна вершина многоугольника, равны. И как следствие получим, что если у многоугольника число сторон нечетно, то точки касания есть не что иное как середины сторон.

Комментариев нет:

Отправить комментарий