[Arquivo!] Pura matemática, física, química, etc.: problemas de treinamento do cérebro não relacionados ao comércio de qualquer forma - página 215
Você está perdendo oportunidades de negociação:
- Aplicativos de negociação gratuitos
- 8 000+ sinais para cópia
- Notícias econômicas para análise dos mercados financeiros
Registro
Login
Você concorda com a política do site e com os termos de uso
Se você não tem uma conta, por favor registre-se
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?
)))
a soma média é de 302,4, daí descobrimos que os últimos 3 serão sacrificados.
(143+233+x+y+z)/2 = (313+410+413-1.1*x-1.1*y-1.1*z)/3 Isto depois de todas as operações deve resultar, x-transferências do 3º, y-transferências do 4º, z-transferências do 5º.
simplificar, simplificar.
x+y+z = 220.
substituindo, obtemos que todos deveriam ter 298 mil cada um.
a terceira transferirá 15k
quarto 112
quinta 115
No total, eles transferirão 242 000, (220 000 serão transferidos e 22 000 irão para RC). Não é uma má adição à própria pensão.
É verdade que no anexo diz quem transferiu quanto e quanto foi retirado de quem - tudo não é arredondado, mas é exato para dentro de alguns dígitos.
Muito bem, saúde!
Agora para o bilhete da sorte. Acontece que também não é difícil, basta adivinhar.
ок, зачооооот!
теперь про щасливые билетики. Она оказывается тоже несложная, просто надо догадаться.
Bem, se não for complicado, então prove que a mesma soma também é divisível por 11, e deixe-a ser divisível por 7 também.
;)
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) para todos os pares de números do tipo especificado, onde abc!=def.
Se abc=def, então abcabc=1001*abc=13*11*7*abc.
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.
Isso é uma armadilha atrevida!!!
;)
Provar que entre quaisquer 39 inteiros positivos consecutivos há pelo menos um cuja soma de dígitos é divisível por 11.
Erm... 8ª série...
P.S. Não parece haver nada de errado com isso. Basta observar que ao passar para uma nova dezena (digamos, de 359 para 360), o restante da divisão cai em 11 por 8, se o segundo dígito não fosse 9. Em seguida, nas novas dezenas, o restante começa a subir novamente monotonicamente - até a nova transição.
Mas em algum lugar no meio de nossa seqüência de 39 números, pode haver uma transição tanto para uma nova centena como para um novo milhar, o que torna este "fracasso residual" imprevisível.
Tudo o que temos que fazer é encontrar exatamente 20 números nesta seqüência de cem números, todos em fila, de modo que o primeiro deles termine em zero. Podemos sempre fazer isso.
Então seus resíduos pelo mod 11 formarão, no pior caso, a seqüência: 1,2,3...10 (o primeiro dez já passou) -> (falha residual) 2,3...10 e finalmente, o último número com o último dígito 9 já tem um residual de 0.
OK, próximo (também 8º):
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):
Cara, isso é um quebra-cabeça da minha infância :) Eu usei 10 cadernos desenhando esta linha quebrada quando estava na escola :)
ОК, следующая (тоже 8-й):
Para preencher a condição do problema, precisamos conectar as extremidades dos segmentos vermelhos com linhas, retas ou quebradas - não importa, o principal é que as linhas de conexão não devem cruzar os segmentos pretos, já que todos eles foram cruzados uma vez. Considere a figura 1. Podemos conectar 4 de 5 segmentos vermelhos dentro dela, de modo que um deles não tem continuação dentro da peça. Isso significa que a polilinha que estamos procurando tem uma de suas pontas dentro de 1. Entretanto, o mesmo pode ser dito para as formas 2 e 3, o que significaria que a polilinha tem 3 extremidades, o que é impossível.
(x^2 - x)=a;
O que é x, quando a é conhecido?
O que você está fazendo, C-4? Ou isso também é um truque, como a tarefa de Richie?
2 alsu: ótimo como sempre. OK, o próximo:
Provar que para qualquer sequência infinita de números naturais {a_i }, {b_i }, {c_i } existem tais p e q que
a_p >=a_q,
b_p >=b_q,
c_p >=c_q.