[Archiv!] Reine Mathematik, Physik, Chemie usw.: Gehirntrainingsprobleme, die in keiner Weise mit dem Handel zusammenhängen - Seite 215

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alsu >>:

И еще

Пять трейдеров, торгующих в одном ДЦ, имеют на своих торговых счетах 143, 233, 313, 410 и 413 тысяч баксов. Каждый из них может перевести деньги другому по внутренней системе переводов ДЦ, однако последний за каждый перевод снимет со счета отправляющего дополнительно 10% от пересылаемой суммы денег. Трейдеры договорились, что хотят переслать деньги так, чтобы у каждого оказалось одно и то же количество, а ДЦ получил как можно меньше. Сколько будет денег у каждого при самом экономном способе пересылки и каким окажется заработок ДЦ?

)))

beträgt die durchschnittliche Summe 302,4, so dass wir feststellen, dass die letzten 3 geopfert werden.

(143+233+x+y+z)/2 = (313+410+413-1.1*x-1.1*y-1.1*z)/3 Das sollte nach allen Operationen herauskommen, x-überträgt aus der 3., y-überträgt aus der 4., z-überträgt aus der 5.

Vereinfachen, vereinfachen.

x+y+z = 220.

Durch Substitution erhält man, dass jeder 298 Tausend haben sollte.

der dritte wird 15k überweisen

vierte 112

Fünftel 115

Insgesamt werden sie 242 000 überweisen (220 000 werden überwiesen und 22 000 gehen an RC). Keine schlechte Ergänzung für die Rente.

Im Anhang steht zwar, wer wie viel überwiesen hat und wie viel von wem genommen wurde - alles nicht gerundet, aber auf ein paar Stellen genau.

 

Okay, Prost!

Und nun das Glückslos. Es stellt sich heraus, dass es auch nicht schwer ist, man muss nur raten.

 
alsu >>:

ок, зачооооот!

теперь про щасливые билетики. Она оказывается тоже несложная, просто надо догадаться.

Nun, wenn es unkompliziert ist, dann beweise, dass die gleiche Summe auch durch 11 teilbar ist, und lass sie auch durch 7 teilbar sein.

;)

 
MetaDriver >>:

Ну раз несложная, тогда докажите заодно, что та же сумма делится ещё и на 11, да и на 7 пущай до кучи тоже делится.

;)

kaneshna delyte:

abcdef+defacb=(abc+def)*1000+(def+abc)=1001*(abc+def)=13*11*7(abc+def) für alle Zahlenpaare der angegebenen Art, wobei abc!=def.

Wenn abc=def, dann abcabc=1001*abc=13*11*7*abc.

 
alsu >>:

канэшна дэлится:

abcdef+defacb=(abc+def)*1000+(def+abc)=1001*(abc+def)=13*11*7(abc+def) для всех пар чисел указанного вида, где abc!=def.

Если же abc=def, то abcabc=1001*abc=13*11*7*abc.

Das ist eine Frechheit!!!

;)

 

Beweisen Sie, dass es unter 39 aufeinanderfolgenden positiven ganzen Zahlen mindestens eine gibt, deren Quersumme durch 11 teilbar ist.

Ähm ... 8. Klasse...

P.S. Es scheint nichts daran auszusetzen zu sein. Es genügt zu bemerken, dass beim Übergang zu einer neuen Zehnerstelle (z. B. von 359 auf 360) der Rest der Division durch 11 um 8 sinkt, wenn die zweite Ziffer nicht 9 war. Dann, in den neuen Zehnergruppen, beginnt der Rest wieder monoton zu steigen - bis zum neuen Übergang.

Aber irgendwo in der Mitte unserer Folge von 39 Zahlen kann es einen Übergang sowohl zu einem neuen Hunderter als auch zu einem neuen Tausender geben, was diesen "Restausfall" unvorhersehbar macht.

Wir müssen nur genau 20 Zahlen in dieser Folge von einhundert Zahlen finden, die alle in einer Reihe stehen, so dass die erste von ihnen auf Null endet. Das können wir immer tun.

Dann bilden ihre Residuen durch mod 11 im schlimmsten Fall die Folge: 1,2,3...10 (erste Zehn ist zu Ende) -> (Restausfall) 2,3...10 und schließlich hat die letzte Zahl mit der Endziffer 9 bereits einen Rest von 0.

OK, der nächste (auch 8.):


 
Mathemat >>:

Доказать, что среди любых 39 последовательных натуральных найдется хотя бы одно, сумма цифр которого делится на 11.

Эээ... 8-й класс...

P.S. Похоже, ничего страшного в ней нет. Достаточно заметить, что при переходе на новый десяток (скажем, с 359 на 360) остаток от деления на 11 скачком падает на 8, если во втором разряде была не 9. Затем, в новом десятке, остаток снова начинает монотонно расти - до нового перехода.

Но где-нибудь в центре нашей последовательности из 39 чисел может быть переход и на новую сотню, и на новую тысячу, что делает этот "сбой остатка" непредсказуемым.

Нам достаточно найти в этой последовательности ровно 20 чисел из одной сотни, идущих подряд, причем так, что первое из них оканчивается нулем. Это мы сможем сделать всегда.

Тогда их остатки по mod 11 в худшем случае образуют последовательность: 1,2,3...10 (первый десяток кончился) -> (сбой остатка) 2,3...10 и, наконец, последнее число с последней цифрой 9 уже имеет остаток 0.

ОК, следующая (тоже 8-й):


Mann, das ist ein Rätsel aus meiner Kindheit :) Ich habe 10 Hefte verbraucht, um diese gestrichelte Linie zu zeichnen, als ich in der Schule war :)

 
Mathemat >>:


ОК, следующая (тоже 8-й):


Um die Bedingung der Aufgabe zu erfüllen, müssen wir die Enden der roten Segmente mit Linien verbinden, gerade oder gestrichelt - das spielt keine Rolle, die Hauptsache ist, dass die Verbindungslinien die schwarzen Segmente nicht kreuzen dürfen, da sie alle schon einmal gekreuzt worden sind. Siehe Abbildung 1. Wir können 4 von 5 roten Segmenten darin verbinden, so dass eines von ihnen keine Fortsetzung im Inneren des Stücks hat. Das bedeutet, dass eines der Enden der gesuchten Polylinie innerhalb von 1 liegt. Dasselbe gilt jedoch auch für die Formen 2 und 3, was bedeuten würde, dass der Linienzug drei Enden hat, was unmöglich ist.


 

(x^2 - x)=a;

Was ist x, wenn a bekannt ist?

 

Was machst du da, C-4? Oder ist das auch ein Trick, wie die Aufgabe von Richie?

2 alsu: großartig wie immer. OK, der nächste:

Beweisen Sie, dass es für beliebige unendliche Folgen von natürlichen Zahlen {a_i }, {b_i }, {c_i } solche p und q gibt, dass

a_p >=a_q,

b_p >=b_q,

c_p >=c_q.

1...208209210211212213214215216217218219220221222...628
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