DUPA PUNCT SI DUPA VIRGULA SE PUNE UN SPATIU LIBER.
ASTA DIN RESPECT PENTRU CEI CE CITESC. (Unii poarta ochelari. Unii au simtul estetic cat de cat dezvoltat. Daca dam de unul din ambele categorii...)
(Inclusiv daca propozitiile vin copiate din pdf sau word sau alta sursa stupida... Se pune cu mana un spatiu liber. Eu pun cu mana si litere curand.)
[Citat]
V.339.
-Am deschis la intamplare o carte ciudata.
Am efectuat suma numerelor paginilor care erau la vedere si am obtinut 124, spune Minciunel.
-Iarasi minti,il intrerupe Radu.
Suma paginilor nu putea fi decat un numar de forma 4n+1, ca in orice carte!
-Dar ti-am spus ca era o carte ciudata!
Numerotarea paginilor era facuta numai cu numere impare!
Arata-i lui minciunel ca nu-i adevarat ceea ce afirma.
|
Problema este neclara. Presupun ca numerotarea este de forma
2n+1, 2n+3 prima fila
2n+5, 2n+7 a doua fila
...
2n+1+4k, 2n+3+4k ultima fila, n,k numere intregi...
(si nu cumva ceva de forma -54098721 prima pagina, +76111 a doua, -1872346 a treia (x-y)(4x+2y+1)... lucru cu care m-as obisnui repede in cazul unei carti ciudate...)
Daca adunam toate aceste numere dam de
4(n+1) + 4(n+3) + ... + 4(n+(2k+1))
= 4( n(k+1) +1+3+...+(2k+1) )
= 4( n(k+1) +(k+1)^2 )
= 4 (k+1)( n + k+1 )
Deci avem de egalat ce e mai sus cu 124 si sa vedem daca avem noroc.
Dam de
(k+1)(n+k+1) = 124/4 = 31 .
31 este un numar prim, divizorii lui intregi sunt -1,+1, -31, +31 .
Singura sansa pe care o vad este de a lua
k+1 = 31
n+k+1 = 1,
de unde k=30, n=-30, deci cartea ar putea fi numerotata dupa cum urmeaza:
-59, -57
-55, -53,
...
+61, +63 .
Nu mi se pare nimic ciudat la cartea asta. In orice caz, enuntul este mult mai ciudat.
[Citat]
VI.335.
Determinati numerele n de trei cifre cu proprietatea ca diferenta dintre n si rasturnatul sau este egala cu produsul cifrelor lui n.
|
Aceasta este o problema pentru computer.
Dar merge si cu mana.
Sa zicem ca plecam cu numarul n cu cifrele a,b,c, explicit
___
abc = n .
Deci n = 100a + 10 b + c, iar rasturnatul lui este
a
b
c
daca nu e rasturnat de tot. Poate ca e rasturnat de tot, si atunci dam de numarul
___
cba = m
deci explicit m = 100c + 10b + a .
Diferenta este n-m = 99a - 99c = 99(a-c) .
Acest numar este divizibil cu 11, pentru a avea a.b.c = 99(a-c) cel putin una din cifre se anuleaza. Deoarece a si c ar fi bine sa nu se anuleze (pentru ca atunci se anuleaza amandoua si nu mai dam de un numar de trei cifre), rezulta b=0.
Obtinem solutiile:
101
202
303
404
505
606
707
808
909
[Citat]
VIII.329. Aflati maximul ariei totale a unui paralelipiped dreptunghic cu lungimea diagonalei de 4 cm.
|
Notez cu a,b,c lungimea, latimea si inaltimea unui paralelipiped dreptunghic. (a,b,c masurate in cm).
Se da
aa + bb + cc = 16 [cm]^2 .
Ni se cere sa maximizam 2(ab+bc+ca) .
Deoarece
2(aa+bb+cc) - 2(ab+bc+ca)
= (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2
este o expresie mai mare sau egala cu zero,
care este raspunsul?[Citat]
XII.329.
Aratati ca exista o infinitate de numere naturale care
incep cu 2010,
se termina cu 2012 si se divid cu 2011.
|
Cautam deci numere de forma
__________________
2010abcd...xyz2012 care se divid cu 2011.
(Alfabetul de mai sus e mai lung...)
Echivalent,
__________________
2010abcd...xyz0001 se divide cu 2011.
Din comoditate, vazand deja cateva zerouri, aleg toate cifrele intermediare zero. Sa aratam deci ca exista o infinitate de numere de forma
__________________
20100000...0000001 care se divid cu 2011.
Numarul de mai sus este de forma
201 . 10^N + 1 .
Pentru N=1 dam deja de ceva divizibil prin 2011. Din pacate nu ne ajuta direct, deoarece mai avem zerouri impuse. Dar tinand cont de teorema mica a lui Fermat,
pentru care puteri care vin (pentru care N) avem urmatoarele divizibilitati?
Facem rost asa de o familie.
(Daca vrem sa avem una mai deasa, implantam in locul zerourilor la dispozitia noastra "siruri de cifre" care formeaza de felul lor un numar divizibil cu 2011.)
[Citat]
O.V.285.
Impartind numarul natural 2010 la un numar natural nenul,
putem avea impartitorul, catul si restul numere naturale consecutive (intr-o anumita ordine)?
|
Vrem deci ceva de forma 2010 = bc+r unde d,c,r numere naturale consecutive si desigur restul r este mai mic decat impartitorul b, deci mai vrem si r<b .
Avem de rezolvat urmatoarele ecuatii de gradul II:
b(b-1) + (b-2) = 2010
b(b-2) + (b-1) = 2010
b(b+1) + (b-1) = 2010
Solutiile nu sunt numere naturale.
sage: solve( b*(b-1) + (b-2) == 2010, b )
[b == -2*sqrt(503), b == 2*sqrt(503)]
sage: solve( b*(b-2) + (b-1) == 2010, b )
[b == -1/2*sqrt(8045) + 1/2, b == 1/2*sqrt(8045) + 1/2]
sage: solve( b*(b+1) + (b-1) == 2010, b )
[b == -2*sqrt(503) - 1, b == 2*sqrt(503) - 1]
[Citat]
O.VII.295.
Aratati ca
1x3x5x...x2007x2009
+
2x4x6x...x2008x2010 este divizibil cu 2011.
|
Deoarece 2 da acelasi rest la impartirea cu 2011 ca si -2009, putem sa-l inlocuim... (Calcul uzual cu congruente modulo 2011.)
Deci trebuie sa avem grija echivalent de
1x3x5x...x2007x2009
+
(-2009)x(-2007)x...x(-5)x(-3)x(-1) modulo 2011.
Avem un numar impar de minusuri in al doilea termen, deci dam de zero.
[Citat]
O.VI.289. Aratati ca
1357911...20092011 + 246810...20102012 este divizibil cu 3.
|
Un numar (in baza 10) are acelasi rest la impartirea cu 3 cat este si suma cifrelor sale.
Trebuie sa aratam ca
1+3+5+7+9+(1+1)+...+(2+0+1+1) + 2+4+6+8+(1+0)+...+(2+0+1+2)
se divide cu 3.
Cu acelasi truc asamblam la loc... trebuie sa aratam ca
1+3+5+7+9+11+...+2011
+
2+4+6+8+10+...+2012
se divide cu 3 .
Suma de mai sus este 1+2+...+2012 = 2012x2013/2 si se divide la 3, deoarece 2013 / 3 = 671 .
se divide cu 3.
Access general
Conţine mesaje necitite
