3 задачи

← →
Vaitek © (2005-02-19 20:27) [0]

Я вижу, здесь задачками народ балуется. Вот задачки из школьной матолимпиады 8 класса.

1) По кругу записаны N целых чисел. Сумма которых = 14. Известно, что любое из записанных чисел = модулю разности двух чисел следующих за ним. Найдите все возможные значения N.

2) Четерехугольник ABCD вписан в окружность. O - точка пересечения его диагоналей. Задана середина дуги BC, несодержащая точки A и D. Докажите что если AO = AB то EO идет ортогонально AD.

3) Существует ли такой набор натуральных чисел, сумма которых = 2005 и произведение = 2005.

← →
YurikGL © (2005-02-19 20:48) [1]

> 3) Существует ли такой набор натуральных чисел, сумма которых
> = 2005 и произведение = 2005.

401+5+(1+1...1599 раз....1+1))=2005

401*5*(1*1*.......1599 раз....1*1)=2005

Вроде так

← →
YurikGL © (2005-02-19 22:23) [2]

Предлагаю еще задачу:

Задача для первоклассников

Корова - 2
Собака - 3
Петух - 8
Кошка - 3
Утка - 3
Баран - 2
Свинья - ?

Угадать число...

← →
вредитель © (2005-02-19 22:36) [3]

А еще можно такую

Козел - 200р.
Масло - 30р.
Хлеб - 8р.
Картофель - 40р.
Укроп - 3р.
Перец - 2р.
Кахетинское - 80р.
? - 400р.

← →
Kerk © (2005-02-19 22:37) [4]

> Свинья - 2

← →
Sergey_Masloff (2005-02-19 22:37) [5]

YurikGL © (19.02.05 22:23) [2]
Тут много первоклассников? Задача старая кстати и действительно для детей - я часа 4 думал а дочка тогда второклассница минуты за 3 ответила ;-) Эксперименты на детях друзей дали примерно тот же эффект.

← →
YurikGL © (2005-02-19 23:00) [6]

> Kerk © (19.02.05 22:37) [4]

Нет.

← →
YurikGL © (2005-02-19 23:06) [7]

Если отвечаете на > YurikGL © (19.02.05 22:23) [2] то сразу с объяснением. :-)

← →
Sergey_Masloff (2005-02-19 23:09) [8]

Кстати задача неоднозначная. Правильные ответы
3, 6 и 7 ;-)

← →
SergP © (2005-02-19 23:19) [9]

> Угадать число...

Ну 3 вроде бы ... "Хрю" (3 буквы)

← →
default © (2005-02-20 00:01) [10]

2.
ничего сложного, но расписывать влом...
вкратце
K-точка пересечения нормали к AD проходящей через точку O
доказывается что <AOK=<DOK, то есть что OK-биссектрисса треугольника AOD, потом что AO=OD - то есть он равнобедренный, а в равнобедренном треугольнике биссектрисса является и высотой

← →
YurikGL © (2005-02-20 08:23) [11]

> SergP © (19.02.05 23:19) [9]

Правильно... сам догодался или у первоклассника спросил? ;-)

← →
Vaitek © (2005-02-20 16:50) [12]

Я чего-то торможу на счет <AOK=<DOK. Как это довазывается?

← →
Antonn © (2005-02-20 16:53) [13]

SergP © (19.02.05 23:19) [9]
блин, а я так сам и не решил:( видимо плохо учился в первом классе:)

← →
default © (2005-02-20 17:17) [14]

Vaitek © (20.02.05 16:50) [12]
ну из условия BE=EC, то есть сектора BOE и EOC с общей стороной
OE равны отсюда <BOE=<EOC, <BOE=<KOD как вертикальные, <EOC=<AOK как вертикальные отсюда <AOK=<KOD

← →
Vaitek © (2005-02-20 18:15) [15]

У нас же четерехугольник может быть произвольный. Тогда можно представить себе ситуацию когда <BOE <> <EOC. И даже нарисовать.

← →
default © (2005-02-20 19:13) [16]

Vaitek © (20.02.05 18:15) [15]
представь что выбрали точку O внутри окружности(в нашем случае это точка пересечения диагоналей четырёхугольника)
провели из этой точки хорду OE в произвольную точку дуги окружности
потом из этой же точки O провели дву другие хорды OB и OC
точки B и C которых отстоят от точки E на равных расстояних отсюда НАПРЯМУЮ следует что <BOC=<EOC
кстати доказать что AO=OD чуть посложней чем то что я написал в [14]

← →
default © (2005-02-20 19:29) [17]

<BOE,а не <BOC

← →
default © (2005-02-20 19:36) [18]

[16]
млин, не какие это не хорды - просто отрезки прямых:-)

← →
default © (2005-02-21 05:39) [19]

1. по-моему N=21 только
это комбинация 011011011011011011011

← →
Alx2 © (2005-02-21 07:43) [20]

default © (21.02.05 5:39) [19]

На компе считал?

← →
ЮЮ © (2005-02-21 08:52) [21]

default ©
><BOE=<KOD как вертикальные, <EOC=<AOK как вертикальные

Вертикальность то откуда? ОК - перандикулярна AD, а OE - перпендикулярна ВС. Т.к. тобой нигде не доказано, что ВС || AD, следовательно не доказано, что К, Е и О лежат на одной пряиой.

Построй четырехугольник такой, чтобы ВС и AD не выглядели параллельными и не вводмли в заблуждение

← →
Alx2 © (2005-02-21 16:03) [22]

1. Последовательности 077 и 011011011011011011011(с) default © (21.02.05 5:39) [19]

Больше таких последовательностей нет (последовательности, полученные циклическими сдвигами не учитываем).

← →
default © (2005-02-21 16:43) [23]

Alx2 © (21.02.05 16:03) [22]
ёлки я по-невнимателньости забыл про 077!
я рассматривалл, 011, 022, 033, ... и их однородные сцепления
можно доказать что другие невозможны!
без компа
ЮЮ © (21.02.05 08:52) [21]
"Задана середина дуги BC, несодержащая точки A и D."
это точка E, я так пологал, отсюда "К, Е и О лежат на одной пряиой."

← →
Alx2 © (2005-02-21 16:54) [24]

default © (21.02.05 16:43) [23]

Док-во:
Для порождения цепочки a_k = abs(a_{k+2}-a_{k+1}) достаточно двух стартовых чисел M,P.
По алгоритму Евклида получается, что в конце концов цепочка a_k стабилизируется на трех числах вида 0,a,a, где a = НОД(M,P).
С момента "стабилизации" получаем цепочку, которую можно расположить на окружности. Таким образом, все, что можно расположить на окружности имеет вид (0,a,a) (без учёта циклических перестановок и не учитывая тривиальное (0,0,0)).

Следовательно, в нашей Задачи N должно быть кратно 3. Так как 14=2*7 получаем, что нужно семь троек с суммой 2 или в тройки с суммой 7.
Ответ N=3, 077. N=21, 011011011011011011011.

← →
default © (2005-02-21 16:56) [25]

ЮЮ © (21.02.05 08:52) [21]
а OK это у меня продолжение EO вот и всё

← →
Alx2 © (2005-02-21 16:57) [26]

Alx2 © (21.02.05 16:54) [24]
"или в тройки с суммой 7" = или тройку с суммой 14

← →
default © (2005-02-21 17:08) [27]

Alx2 © (21.02.05 16:54) [24]
да, интересно
у меня по-другому
по индукции там получается

← →
default © (2005-02-21 17:18) [28]

будем рассматривать первые числа последовательностей
начнём с 14, ясно тут сразу что последовательность удовлетворяющая нашей задачи не может начинаться с этого числа
далее берём 13, значит следующие два числа этой последовательности будут при их минимальной сумме: 14 и 1 то есть
либо начало этой последовательности 13 14 1 или 13 1 14
ясно что тоже не подходит и тд
дойдя до того что к примеру первый элемент есть 7
мы доказали что 14,13,12,11,10,9,8 невозможны как элементы последовательности(следующие два числа послед-ти призванные получить одно из этих чисел не могут содержать 0-это мы не учитываем тут)
7 может образовываться из чисел 14 7, 13 6, 12 5, ..., 8 1
но мы уже доказали что 14, 13, ... невозможны, значит и эти послед-ти невозможны
то есть тут по индукции, согласен сбивчиво, не совсем полно, но думаю смысл Вы уловили

это было Alx2

док-во более чётко
1)будем рассматривать последовательности состоящие только из чисел 1,2,3,...,14
будем рассматривать последовательности (по-порядку) начинающиеся
с 14,13,12,...,1
итак, сначала рассмотрим последовательности начинающиеся с 14
ясно что последовательности(даже если они возможны)
начинающиеся с 14 не удовлятворяют искомым
(это будет базисом индукции)
теперь, рассмотрим последовательности начинающиеся с 13
13 можно получит только числами 14 1, но 14 из первого шага говорит нам что и последовательности начинающиеся с 13 не будут искомыми даже если они существуют(индукционный переход здесь не сложно привести, но я акцентируюсь здесь на идее, избегая строгость излишнюю)
теперь, 12, его можно получить через пары 14 2, 13 1
14 и 13 из первых двух шагов доказывают что последовательности
начинающиеся с 12 не будут искомыми даже если они существуют
и тд. получаем что нет таких последовательностей состоящих из 1,2,3,...,14 которые бы удовлятворяли бы условию задачи
2)теперь рассмотрим последовательности с 0
пусть первое число есть 1
тогда 1 можно получить парой 1 и 0
имеем 101 - эта последовательность "зациклена"
примем это за начало последовательности
тогда последнее число будет 1, предпоследнее 0, предпредпоследнее 1
теперь рассматривая последнюю тройку 101 аналогично приходим что перед ней может стоять только такая же тройка и тд
для последовательностей начинающихся с 2,3,...,14 всё аналогично
отсюда соображаем что решение есть [22]

Вот вы тут нарешали, блин. 8-)

← →
Инструктор (2005-02-22 13:38) [32]

Вчера смотрел задачу у сына по математике. Не сложная, но мне понравилось. Для детей школьного младшего - самая рулька.

111+333+555+777+999 Заменив 9 цифр на нули получить 1111.

У них немного не так сформулирована, даже некорректно - но смысл такой.

Инструктор (22.02.05 13:38) [32]

101+303+000+707+000

Решение:
Сумма 1111 = 101*11 => каждое слагаемое должно делиться на 101

← →
Инструктор (2005-02-22 15:03) [34]

Не правда - есть еще. Вывод неверный.

← →
Инструктор (2005-02-22 15:06) [36]

Можно вспомнить способ каким дети обычно пользуются складывая многозначные числа - так проще. :)

← →
Инструктор (2005-02-22 15:21) [37]

Да, бедные дети в 4-м классе. Теперь я согласен с некоторыми авторами в ветке про образование, что школьников нагружают. Уже 2,5 часа задаче. :))

ещё
011+330+000+770+000=1111
просто записываем в столбик и перебираем
1 в правом крайней столбце можно получить группами 1;1,3,7
ну дальше уже понятно...

← →
Инструктор (2005-02-22 16:33) [39]

> [38] default © (22.02.05 15:52)

Ты не мудри - ты пальцем покажи. :) Все переборы - это много.
И почему так? а 5,7,9? А... ну ты понял. :)

Инструктор (22.02.05 16:33) [39]
Вы думаете тут народ в столбик складывать не умеет?:)

3 задачи Найти похожие ветки