[Архив!] Чистая математика, физика, химия и т.п.: задачки для тренировки мозгов, никак не связанные с торговлей - страница 215
Вы упускаете торговые возможности:
- Бесплатные приложения для трейдинга
- 8 000+ сигналов для копирования
- Экономические новости для анализа финансовых рынков
Регистрация
Вход
Вы принимаете политику сайта и условия использования
Если у вас нет учетной записи, зарегистрируйтесь
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?
)))
средняя сумма 302.4, отсюда выясняем, что жертвовать будут последние 3.
(143+233+x+y+z)/2 = (313+410+413-1.1*x-1.1*y-1.1*z)/3 Это после всех операций должно получиться, x-переводы от 3-го, y - от 4-го, z - от 5-го.
упрощаем, упрощаем.
x+y+z = 220.
подставляем, получаем, что в итоге у каждого должно получиться по 298тыд.
третий перечислит 15тыд
четвертый 112
пятый 115
итого перечислят 242тыд, (220тыд сами переводы и ДЦ достанется 22тыд). Неплохая прибавка к пенсии.
Правда в приложении кто сколько перечислил и сколько с кого взяли- там все некругло, но с точностью до некоторого знака сходится.
ок, зачооооот!
теперь про щасливые билетики. Она оказывается тоже несложная, просто надо догадаться.
ок, зачооооот!
теперь про щасливые билетики. Она оказывается тоже несложная, просто надо догадаться.
Ну раз несложная, тогда докажите заодно, что та же сумма делится ещё и на 11, да и на 7 пущай до кучи тоже делится.
;)
Ну раз несложная, тогда докажите заодно, что та же сумма делится ещё и на 11, да и на 7 пущай до кучи тоже делится.
;)
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.
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.
Это наглая подгонка!!!
;)
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):
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):
Блин, прям задачка из детства :) Я тетрадок 10 извел, рисуя эту ломаную пока в школе учился :)
ОК, следующая (тоже 8-й):
Для того, чтобы выполнить условие задачи нам надо соединить линиями концы красных отрезков, прямыми или ломаными - неважно, главное - чтобы соединительные линии не пересекали черные отрезки, так как они уже все пересечены по одному разу. Рассмотрим фигуру 1. Внутри нее мы можем выполнить соединения 4-х из 5 красных отрезков, следовательно один из них не имеет продолжения внутри фигуры. Это значит, что искомая ломаная имеет один из концов внутри фигуры 1. Однако, то же самое можно сказать и о фигурах 2 и 3, а это бы значило, что ломаная имеет 3 конца, что невозможно.
(x^2 - x)=a;
Чему равен x, при известном а?
Ты чего, С-4? Или это тоже с подвохом, как задача Richie?
2 alsu: как всегда, отлично. ОК, следующая:
Доказать, что для любых бесконечных последовательностей натуральных чисел {a_i }, {b_i }, {c_i } существуют такие p и q, что
a_p >=a_q,
b_p >=b_q,
c_p >=c_q.