[Matematica pura, fisica, chimica, ecc.: problemi di allenamento del cervello non legati in alcun modo al commercio - pagina 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?

)))

la somma media è 302,4, quindi scopriamo che gli ultimi 3 saranno sacrificati.

(143+233+x+y+z)/2 = (313+410+413-1,1*x-1,1*y-1,1*z)/3 Questo dopo tutte le operazioni dovrebbe risultare, x-trasferimenti dal 3°, y-trasferimenti dal 4°, z-trasferimenti dal 5°.

semplificare, semplificare.

x+y+z = 220.

sostituendo, otteniamo che tutti dovrebbero avere 298 mila ciascuno.

il terzo trasferirà 15k

quarto 112

quinto 115

In totale, trasferiranno 242 000, (220 000 saranno trasferiti e 22 000 andranno a RC). Non è una cattiva aggiunta alla propria pensione.

È vero che nell'appendice c'è scritto chi ha trasferito quanto e quanto è stato preso da chi - tutto non è arrotondato, ma è preciso fino a poche cifre.

 

Ok, salute!

Ora per il biglietto fortunato. Si scopre che non è neanche difficile, bisogna solo indovinare.

 
alsu >>:

ок, зачооооот!

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

Bene, se non è complicato, allora dimostrate che la stessa somma è anche divisibile per 11, e che sia anche divisibile per 7.

;)

 
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) per tutte le coppie di numeri del tipo specificato, dove abc!=def.

Se abc=def, allora 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.

Questa è una montatura sfacciata!!!

;)

 

Dimostrare che tra 39 numeri interi positivi consecutivi ce n'è almeno uno la cui somma delle cifre è divisibile per 11.

Ehm... 8° grado...

P.S. Sembra che non ci sia nulla di sbagliato. Basta notare che quando si passa a una nuova decina (ad esempio, da 359 a 360), il resto della divisione per 11 scende di 8, se la seconda cifra non era 9. Poi, nelle nuove decine, il resto ricomincia a salire monotonicamente - fino alla nuova transizione.

Ma da qualche parte nel mezzo della nostra sequenza di 39 numeri ci può essere una transizione sia a un nuovo cento che a un nuovo mille, il che rende questo "fallimento residuo" imprevedibile.

Tutto quello che dobbiamo fare è trovare esattamente 20 numeri in questa sequenza di cento numeri, tutti in fila, tali che il primo di essi finisca in zero. Possiamo sempre farlo.

Poi i loro residui per mod 11 formeranno, nel peggiore dei casi, la sequenza: 1,2,3...10 (la prima decina è finita) -> (residuo mancato) 2,3...10 e infine, l'ultimo numero con l'ultima cifra 9 ha già un residuo di 0.

OK, il prossimo (anche l'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):


Amico, questo è un puzzle della mia infanzia :) Ho usato 10 quaderni per disegnare questa linea spezzata quando ero a scuola :)

 
Mathemat >>:


ОК, следующая (тоже 8-й):


Per soddisfare la condizione del problema abbiamo bisogno di collegare le estremità dei segmenti rossi con linee, dritte o spezzate - non importa, la cosa principale è che le linee di collegamento non devono attraversare i segmenti neri, poiché sono stati tutti attraversati una volta. Considerate la figura 1. Possiamo collegare 4 dei 5 segmenti rossi al suo interno, quindi uno di loro non ha continuazione all'interno del pezzo. Significa che la polilinea che stiamo cercando ha una delle sue estremità all'interno di 1. Tuttavia, lo stesso si può dire per le forme 2 e 3, il che significherebbe che la polilinea ha 3 estremità, il che è impossibile.


 

(x^2 - x)=a;

Cos'è x, quando a è noto?

 

Cosa stai facendo, C4? O anche questo è un trucco, come il compito di Richie?

2 alsu: grande come sempre. Ok, il prossimo:

Dimostrare che per qualsiasi sequenza infinita di numeri naturali {a_i }, {b_i }, {c_i } esistono p e q tali che

a_p >=a_q,

b_p >=b_q,

c_p >=c_q.

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