Brojevi i njihova svojstva Zadatak osnovnog nivoa №19
№1. Pronađite najmanji četvorocifreni broj, višestrukih 15, proizvod od kojih je broj više od 40, ali manje od 50 komada znamenki je više od 5, a samim tim i jednak 45 pustite da broj prikazuje ABCD 40 Slide 3
№2 Povećati broj 123456 tri znamenke tako da rezultirajući trocifreni broj je više 35 Da li prelazite broj 6, broj 5 je ostavljen jer je ostavljen. Broj više 35, zatim višestruki 5, završava ili 0, odnosno 5 izvrši izbor 35 · 3 \u003d 105 35 · 5 \u003d 175 35 · 7 \u003d 245 Izvlačite brojeve 1 i 3 3 x 1 0 x u 19 4 5 2
Br. 3. Ispitajte u broju 123456 tri znamenke tako da rezultirajući troznamenkasti broj je višestruki od 27 ček koji od brojeva 126 i 135 zavija 27 3 x 1 0 x u 11 5 3 1. Broj je više od 27, a zatim više 9, količina cifara od višestrukih 9 1 + 2 + 6 \u003d 9 1 + 3 + 5 \u003d 9 nije više od 27 135 više od 27
№4. Pronađite najmanji trocifreni broj. Što tokom podjele do 2 daje ostatak 1, prilikom razdvajanja 3 daje ostatku 2, a za vrijeme podjele do 5 daje ostatku 4 i koji piše tri različita neparna brojeva kada će se razdvojiti u ostatku 1. Željeni broj može se sastojati od: iznosi brojeva 1 + 5 + 9 \u003d 15, 5 + 7 + 9 \u003d 21, osim što više 3 1 + 3 + 9 \u003d 13 13 - 2 \u003d 11 1 + 9 + 7 \u003d 17 17-2 \u003d 15 3 + 5 + 9 \u003d 17 17-2 \u003d 15 Grupa brojeva 1,3,9 također je isključena 1, 3,5 1,3,7 1, 3,9 1,5, 1, 5,9 1,9,7 3, 5, 9 3,5,7 5,7,9. Da, pri razdvajanju 5, daje se u ostatku 4, završava ili do 9 ili 4, ali 4 - čak razmotrite broj 179, 359, 719, 539 Najmanji: 179 3 x 1 0 x u 19 7 9 1
№5. Pronađite najveći petocifreni broj koji se napisan samo na brojeve 0, 5 i 7 i podijeljen je u 120 željenog broja završava 0. 3 x 1 0 x u 11 5 0 0 0 7 jer je broj podijeljen sa 4 , a zatim dvije posljednje slike 0. t .to. Broj više 3, što znači količinu cifara od više 3 7 + 5 + 0 + 0 + 0 \u003d 12 puta 3
№6. Pronađite četvorocifreni broj, više 4, zbroj brojeva od kojih je njihov proizvod jednak kao BCD (10C + D) i D - čak puštajte da je broj BCD, a zatim A + B + C + D \u003d a · B · C · D A, B, S i D ne mogu biti tri jedinice, 1 + 1 + 1 + d \u003d d. Može biti samo jedna jedinica, 1+ B + C + D \u003d B · C · D . Nije moguće
Razmotrite dvocifreni broj višestrukih 4: 12; 16; 24 №6Nate Četvorocifreni broj, višestruki 4, zbroj brojeva jednaka je njihovom proizvodu među brojevima A, B, C i D, 1 + C + 1 + 2 \u003d 1 · · · 1 · 2 od 1 jednakost c + 4 \u003d 2c znači c \u003d 4 1 + c + 1 + 6 \u003d 1 · · 1 · 6 1 + 1 + 2 + 4 \u003d 1 · 1 · 2 · 4 od 2 jednakost c + 8 \u003d 6c, C - Frakcijski, što ne može biti treća jednakost vjerna brojeva: 4112, 1412, 1124
Navedite primjer šestocifrenog prirodnog broja, koji je napisan samo brojevima 1 i 2 i podijeljen je u 72. Kao odgovor, navedite tačno jedan takav broj. Broj je više 72, što znači višestruko 9 i više 4 i 8, količinu cifara 9, tada moraju postojati tri dvije i tri jedinice u zapisu, jer 1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 2 \u003d 9 Više 9 Broj zadnje dvije znamenke podijeljen je u 4, što znači da je broj tri posljednje cifre podijeljen u 8, znači da je to 112 122112 - Jedan od brojeva 3 x 1 0 x u 19 2 2 1 1 2 1
Brojevi četverocifrenog broja, višestrukih 5, snimljen u obrnutu narudžbu i primio je drugi četvorocifreni broj. Zatim, iz prvog broja, sekunda je odbijena i primljena 2457. Dajte primjer takvog broja. Neka BCD - DCBA \u003d 2457 3 x 1 0 x u 19 4 0 8 5 d \u003d 0 ili d \u003d 5, jer Broj više 5 d \u003d 0 - nije prikladan, u suprotnom, drugi broj je trocifren BC 5 - 5 CBA \u003d 2457 A \u003d 8 8 BC 5 - 5 CB 8 \u003d 2457 C \u003d 0; B \u003d 4.
Svaka trocifrena tri znamenke tako da rezultirajući broj podijeli sa 15. U odgovoru navedite tačno jedan rezultirajuće broj. Jer Broj više 15, zatim višestrukih 5 i 3, znači 5 ili 0, a količina znamenki od više 3 udarat će posljednje dvije znamenke, a zatim se broj završava brojem 0 5 + 3 + 1 + 3 + 3 + 1 + 3 + 3 + 1 + 6 ++ 4 + 0 \u003d 19. Možete izbrisati bilo 1 ili 4 3 x 1 0 x u 19 3 0 4 0 5 6 6
U ovom ćemo članku razgovarati o odluci problema 19 od varijante ispita ranog profila u matematici koje se nudi za rješavanje školarca u 2016. godini. Rješenje problema 19 sa ispita u matematici (nivo profila) tradicionalno uzrokuje najveće poteškoće u maturantima, jer je ovo posljednje, a samim tim i obično najteži zadatak sa ispita. Barem se takav utisak često razvija u glavama školarca koji se pripremaju za ispit. Ali u stvari, u tim se zadacima ne teško nije teško. Pogledajte, na primjer, što je sljedeći zadatak 19 iz profilnog ispita u matematici riješen.
Ne zbunite termin "dobro" set. To je obično za prevodioce EEM opcija u matematici. Kad nema dovoljno riječi, morate koristiti riječi ne njihovom direktnom namjerom.
Okrenimo se do odluke. Odgovaramo na pitanje pod pismom A. Da li je zabilježena mnogo dobra? Pretpostavimo da. Ako je to istina, onda je ovo najlakši slučaj za nas. Zaista, u ovom slučaju potrebno je samo donijeti primjer particije ovog postavljanja dva skupa, od kojih su iznosi elemenata isti. U suprotnom, bilo bi potrebno dokazati glavnu nemogućnost željene particije. I to je već mnogo teže. Pa, budući da je to samo zadatak pod slovom A, možete se nadati da je prilično jednostavno. Dakle, pokušat ćemo razbiti svoje mnogo u dva podskupova, količine elemenata u kojima će biti isti.
Srećom, da to učinite, ne morate biti Einstein. Shvatamo najočitije i intuitivno rješenje. Grupimo elemente izvornog originala postavljenog u par: Prvi sa poslednjim, drugim sa pretposljednjom i tako dalje:
Posljednji par sastojat će se od dva broja: 249 i 250. Ukupni parovi će se pokazati 50. Količina brojeva u svakom paru je 499. I tada uzimate neke vrste 25 parova u prvom setu, preostalih 25 - u Drugi set i dobijte potrebnu particiju. Dakle, odgovor na pitanje je pod slovom A - Da!
Idite na pitanje pod slovom B. Postavljanje iste stvari, samo mnogo drugih. Stoga se čini da bi autori prevoditelja trebali ovdje pokazati originalnost. Dakle, najvjerovatnije, ovo je puno toga neće biti dobro. Ako je to slučaj, onda se jednostavno primjer u ovom slučaju neće ponovo pokrenuti, morat će sve dokazati. Pa, pokušaj.
Generalno gledano, ako razmislite o zadatku, onda odluka dođe do samog. To moramo prekršiti u dva podskupova, količine elemenata u svakoj od jednaki su. Pa, generalno, ne treba biti potreba da se styiven jawkeing shvati da je ključ odluke da se utvrdi šta bi ti iznosi trebali biti jednaki! I za to morate izračunati količinu elemenata našeg originalnog seta.
Pogledajte pažljivo. Imamo klasično geometrijsko napredovanje s nazivom, prvim članom i elementima. Zbroj svih elemenata takvog napredovanja određuje se poznatom formulom:
To znači da ako smo prekinuli naš smješten u dva podskupa s istim količinom elemenata u svakom od njih, tada bi taj iznos bio jednak. A ovo je neparan broj! Ali na kraju krajeva, svi elementi našeg seta su stupnjevi, odnosno brojevi su sigurno čak i. Pitanje. Može li se neparan broj desiti ako se poginite za parne brojeve? Naravno da ne. To jest, dokazali smo nemogućnost takve particije. Dakle, odgovor na pitanje pod slovom Q od rješenja problema 19 sa ispita u matematici (nivo profila) - ne!
Pa, na kraju, postavljamo se na pitanje pod slovom V. Koliko se četverni lijepi setovi nalazi u skupu (1; 2; 4; 5; 7; 9; 11)? Da ... Ovde morate ozbiljnije razmišljati. Pa, naravno! Uostalom, ovo je potonje, jer neki video blokovi pričaju, najviše teško Zadatak u profilnom ispitu u matematici. Pa kako to riješiti?
Jeste li ikad čuli za svjesnu namjeru? Ova metoda se koristi kada nema puno moguće opcije. Ali u isto vrijeme, opcije se ne događaju, već u određenom nizu. Neophodno je da ne propustite bilo kakvu moguću mogućnost. Plus, ako je moguće, nemoguće opcije iskopavaju se iz razmatranja. Dakle, kako da smanjimo ovaj zadatak za svjesno zabludu?
Uvodimo filter koji ograničava poprsje:
S obzirom na sve moguće iznose:
Dakle, pokazali smo samo 8 setova. Nema drugih opcija. To je odgovor na zadatak pod slovom B - 8.
Ovdje je tačno rješenje problema 19 EGE u matematici (nivo profila). Za one koji se tek počinju pripremati za predaju ispita profila u matematiku, može se činiti složenim. Ali u stvari, za rješavanje takvih zadataka zahtijevaju upotrebu istih metoda i tehnika. Samo ih moramo savladati, a svi ovi zadaci će vam se činiti jednostavnim vama, a vi na ispitu odlučite bez ikakvih problema. Mogao bih to naučiti. Detaljne informacije o meni i mojim časovima možete pronaći.
Zadatak broj 15 EGE o matematici je vrlo neobičan. Da biste ga riješili, morate primijeniti znanje u polju teorije brojeva. Ipak, zadatak je, međutim, vrlo riješen za školarke s procjenom dobro i u nastavku, preporučio bih da ovaj zadatak napustim posljednje. Okrenimo se na pregled opcije modela.
Pronađite trocifreni broj, od kojih je iznos broja 20, a zbroj kvadrata brojeva podijeljen je u 3, ali ne podijeljena sa 9. Odgovorom, navedite bilo koji takav broj.
Označite prvu znamenku broja x, a drugi - y. Zatim treći broj uzimajući u obzir količinu brojeva jednak 20, bit će 20 - (x + y). (x + y) nužno manje od 10, u suprotnom iznos jednak 20 neće raditi.
Pod uvjetom, količina kvadrata brojeva podijeljena je u 3, ali ne podijeljena u 9. Pišemo zbroj kvadrata brojeva:
x 2 + y 2 + (20 - (x + y)) 2
Transformiramo rezultirajući izraz. Transformiramo kvadrat razlike, uzimajući u obzir formulu donošenja.
Trg razlike u dva izraza jednak je zbroju kvadrata ovih izraza minus dva puta proizvod prvog i drugog izraza.
(20 - (x + y)) 2 \u003d 400 -40 (x + y) + (x + y) 2
Izražavanje ćemo zamijeniti u početku, dobit ćemo:
x 2 + y 2 + (20 - (x + y)) 2 \u003d x 2 + y 2 + 400 - 40 (x + y) + (x + y) 2
Trg zbroja dva izraza jednak je zbroju kvadrata ovih izraza plus dva puta proizvod prvog i drugog izraza.
(x + y) 2 \u003d x 2 + 2xy + y 2
Zamjena:
x 2 + y 2 + (20 - (x + y)) 2 \u003d x 2 + y 2 + 400 - 40 (x + y) + (x + y) 2 \u003d x 2 + y 2 + 400 - 40 (x + Y) + x 2 + 2xy + y 2
Predstavljamo slične izraze (preklopite x 2 sa x 2 i y 2 sa y 2), dobivamo:
x 2 + y 2 + 400 - 40 (x + y) + x 2 + 2xy + y 2 \u003d 2x 2 + 2y 2 + 2 · 200 - 2 · 20 (x + y) + 2xy
Predstavljam multiplikator 2 za nosač:
2x 2 + 2Y 2 + 2 · 200 - 2 · 20 (x + y) + 2xy \u003d 2 (x 2 + y 2 + 200 - 20 (x + y) + xy)
Radi praktičnosti, kombinirajte 200 i 20 (x + y) i uzet ćemo 20 po držaču, dobivamo:
2 (x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy)
Multiplikator 2 - čak, tako da ne utiče na djeljivost za 3 ili 9. Ne možemo ga uzeti u obzir i razmotriti izraz:
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy
Pretpostavimo da su x i y podijeljeni s 3. Zatim je x 2 + y 2 + xy podijeljen sa 3 i 20 (10 - (x + y)) - ne djeljiv. Shodno tome, cijeli suma x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy nije podijeljen u 3.
Pretpostavimo da je samo jedna cifra podijeljena u 3. Zatim, s obzirom na to da je (x + y) nužno manje od 10, u protivnom iznos od 20 neće raditi, mi ćemo odabrati moguće parove.
(3;8), (6;5), (6;7), (6;8), (9;2), (9;4), (9;5), (9;7), (9;8).
Provjerit ćemo metodu zamjene, ovi parovi odgovaraju stanju.
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy \u003d 3 2 + 8 2 + 20 (10 - (3 + 8)) + 3 · 8 \u003d 9 + 64 - 20 + 24 \u003d 77
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + +)) + xy \u003d 6 2 + 5 2 + 20 (10 - (6 + 5)) + 6 · 5 \u003d 36 + 25 - 20 + 30 \u003d 71
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy \u003d 6 2 + 7 2 + 20 (10 - (6 + 7)) + 6 · 7 \u003d 36 + 49 - 60 + 42 \u003d 67
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy \u003d 6 2 + 8 2 + 20 (10 - (6 + 8)) + 6 · 8 \u003d 36 + 64 - 80 + 48 \u003d 68
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy \u003d 9 2 + 2 2 + 20 (10 - (9 + 2)) + 9 · 2 \u003d 81 + 4 - 20 + 18 \u003d 83
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + +)) + xy \u003d 9 2 + 4 2 + 20 (10 - (9 + 4)) + 9 · 4 \u003d 81 + 16 - 60 + 36 \u003d 73
Nijedan od primljenog iznosa zadovoljava stanje "zbroj kvadrata brojeva podijeljen je u 3, ali ne podijeljena u 9".
Sljedeći parovi se ne mogu provjeriti, jer oni daju već postojeću tri broja.
Pretpostavimo da nijedan od brojeva nije podijeljen sa 3.
Mogući parovi:
(4;7), (5;7), (5;8), (7;8).
Provjerite:
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy \u003d 4 2 + 7 2 + 20 (10 - (4 + 7)) + 4 · 7 \u003d 16 + 49 - 20 + 28 \u003d 73
x 2 + y 2 + 20 (10 - (x + y)) + xy \u003d 5 2 + 7 2 + 20 (10 - (5 + 7)) + 5 · 7 \u003d 25 + 49 - 40 + 35 \u003d 69
Iznos 69 zadovoljava stanje "zbroj kvadrata brojeva podijeljen je u 3, ali ne podijeljena u 9". Stoga je 5,7,8 cifara pogodno u bilo kojem redoslijedu.
Na 6 kartica napisane brojke 1; 2; 3; 6; devet; 9 (jedna cifra na svakoj kartici). U izrazu □ + □□ + □□□ umjesto svakog kvadrata stavite karticu iz seta. Pokazalo se da je rezultirajući iznos podijeljen u 10. Pronađi ovaj iznos. Kao odgovor, navedite bilo koji takav broj.
1. Ako je iznos podijeljen u 10 cilja, onda bi zadnja cifra trebala biti 0, preostale vrijednosti nemaju vrijednosti.
2. Na prvom kvadratu stavite sliku 1, u zadnjem broju na posljednjem mjestu - na slici 3 (ili 6), a u trećem - broj 6 (ili 3), dobivamo (suma 1 + 3 + 6 \u003d 10):
3. Preostale brojke ispunjavaju proizvoljno, na primjer, kako slijedi:
i iznos će se ispostaviti
1+23+996 = 1020.
Odgovor: 1020.
Na 6 kartica napisane brojke 1; 2; 2; 3; pet; 7 (jedna cifra na svakoj kartici). U izrazu □ + □□ + □□□ umjesto svakog kvadrata stavite karticu iz seta. Pokazalo se da je rezultirajući iznos podijeljen u 20. Pronađite ovaj iznos. Kao odgovor, navedite bilo koji takav broj.
1. Dakle, da se iznos podijeli za 20, mora završiti s 0, a druga cifra od kraja treba biti čak (podijeliti na 2). Da biste dobili 0, prve tri karte treba odabrati na sljedeći način:
2. Drugi cifru da biste dobili čak, možete uzimati kartice 2 i 7 (još 1 od prvog iznosa 10 biti će dodati:
3. Nedavno stavljamo preostali broj 1, kao rezultat koji imamo:
a iznos je jednak:
Pronađite četvorocifreni broj, višestrukih 15, proizvod od kojih je broj veći od 0, ali manje od 25. Kao odgovor, navedite bilo koji takav broj.
Budući da je pod uvjetima, proizvod svih cifara je višestrukih 15, a zatim je više 5 i 3.
MULTIPTICRICSTICS 5 znači da zadnju znamenku može biti samo 0 ili 5. ali 0 u obliku posljednje vrijednosti značilo bi da proizvod svih 4 znamenka bio jednak 0; I to je suprotno stanju. Tada je posljednja figura željenog broja 5.
Tada imamo: X · Y · Z · 5<25 → x·y·z<5, где x, y, z – соответственно, 1-я, 2-я и 3-я цифры искомого числа.
Manje od 5, proizvod takvih brojeva: 1 1 1, 1 1 3, 1 1 2, 1 2 2.
Prema znaku razdjela na 3, odaberite iz ovih skupova takav da iznos njegovih cifara plus 5 dijeli 3:
1 + 1 + 1 + 5 \u003d 8 - Nije prikladno;
1 + 1 + 3 + 5 \u003d 10 - Nije prikladno;
1 + 2 + 2 + 5 \u003d 10 - Nije prikladno
1 + 1 + 2 + 5 \u003d 9 - Pogodno.
Tada zadatak odgovara broju: 1125 , 1215 , 2115 .
Odgovor: 1125, 1215, 2115
Ispitajte 85417627 tri znamenke tako da je rezultirajući broj podijeljen sa 18. U odgovoru, navedite bilo koji rezultirajući broj.
Jer Pod uvjetom, broj više od 18, a zatim je višestruko 2 i više 9.
Budući da je broj višestrukih 2, trebao bi završiti ravnomjernu cifru. 7 je čudna cifra, pa izvlačim to. Ostaje: 8541762.
Jer Rezultirajući broj je višestrukih 9, tada se zbroj njegovih brojeva treba podijeliti na 9. Pronalazimo ukupnu količinu njenog brojeva: 8 + 5 + 4 + 1 + 7 + 6 + 2 \u003d 33. Najbliži broj koji je podijeljen u 9 je 27.
33-27 \u003d 6 je zbroj dvije znamenke koje treba izbrisati. Brojevi parova, koji u iznosu daju 6, iznosi 5 i 1 ili 4 i 2. što ih pribavljamo, dobivamo, respektivno: 84762 ili 85176 .
Pored toga, podijeljeno je sa 9. Zatim 33-18 \u003d 15. U ovom slučaju 8 i 7 bit će izbrisani. Dobijamo: 54162 .
9 je također podijeljeno sa 9, međutim, 33-9 \u003d 24, a parovi brojeva koji bi dali u iznosu od 24, prirodno, ne postoje.
Odgovor: 84762, 85176, 54162
Brojke 3 napisane na šest kartica; 6; 7; 7; 8; 9 (jedna cifra na svakoj kartici). U izrazu 
Umjesto svakog trga, stavite karticu iz ovog seta. Pokazalo se da je rezultirajući iznos podijeljen u 10, ali ne djeljiv sa 20.
Kao odgovor, navedite neki takav iznos.
Za pogodnost percepcije, post kartice u stupcu:
Ako je broj podijeljen u 10, ali ne podijeljen sa 20, to znači da se definitivno ne podijeli u 2 bez posljednje nule.
Budući da je broj više 10, treba ga završiti nulom. Stoga, u posljednjem otpuštanju (jedinice) morate postaviti 3 kartice sa takvim brojevima, tako da je njihov iznos završio na 0. Pogodno ovdje kartice: 1) 6, 7, 7; 2) 3, 8, 9. Njihovi sumi su 20. U skladu s tim, pišemo pod linijama i 2 prenosa u prethodnu kategoriju (desetine):
Tako da broj nije podijeljen u 20, potrebno je da čudan broj stajao prije nule. Neupadni iznos ovdje se ispostavilo kada je jedan od uvjeta neobičan, a još dvije osobe. Jedan od ovih (drugi) termina prenosi se 2. Stoga, od preostalih brojeva treba poduzeti: 1) 3 i 8; 2) 6 i 7. Dobijamo:
Na mjestu stotina stavite zadnju (preostalu) karticu sa brojem: 1) 9; 2) 7. Dobijamo, odnosno brojeve 1030 i 850 :
Odgovor: 1030,850
Pronađite čak trocifruturov broj, zbroj brojeva od kojih je 1 manji od njihovog rada. Kao odgovor, navedite bilo koji takav broj.
Neka broj željenog broja bude x, y, z. Tada imamo:
xyz-x-y-z \u003d 1
z \u003d (x + y + 1) / (xy-1)
Denominator u ovom izrazu trebao bi biti cijeli broj i pozitivan. Za jednostavnost (kao i zagarantovanje ispravnih proračuna), uzet ćemo da bi trebalo da bude jednak 1. Zatim imamo: HU-1 \u003d 1 → HU \u003d 2. Budući da su X i u tim brojevima, njihove vrijednosti mogu biti jednake 1 i 2 (jer je samo proizvod ovih nedvosmislenih naravi dat kao rezultat 2).
Otuda z je: Z \u003d (1 + 2 + 1) / (1 · 2-1) \u003d 4/1 \u003d 4.
Dakle, imamo brojeve: 1, 2, 4.
Jer Po stanju, konačni broj treba biti čak, tada se može dovršiti samo 2 ili 4. Tada će tačne varijante brojeva biti:
124 , 142 , 214 , 412 .
Odgovor: 124, 142, 214, 412
Pronađite šestocifreni broj koji se napisan samo na brojeve 2 i 0 i podijeljen je u 24. u odgovoru, navedite bilo koji takav broj.
Da bi željeni broj bio višestruki 24, potrebno je da se podijeli sa 8 i u isto vrijeme do 3.
Broj je podijeljen u 8, ako su njegove posljednje 3 znamenke obrazac, višestruko 8. Korištenje samo dvocifrenih i nula, takav trocifren broj može se formirati na sljedeći način: 000, 002, 020, 022, 200, 202 , 220, 222. Iz ovih brojeva do 8 samo 000 i 200 podijeljeno je.
Sada morate dodati željeni broj prve 3-znamenkasti tako da će se također podijeliti u 3.
U prvom slučaju će biti jedina opcija: 222000 .
U drugom slučaju opcija dva: 220200 , 202200 .
AWN: 222000, 220200, 202200
Pronađite četvorocifreni broj, višestrukih 15, proizvod od kojih je broj više od 35, ali manje od 45. U odgovoru navedite bilo koji takav broj.
Mnoštvo željenog broja 15 daje 2 uvjeta: treba biti podijeljen u 5 i 3.
Ako je broj više 5, onda bi se trebao završiti s brojem 5 ili 0. Međutim, u ovom je slučaju nemoguće koristiti 0, jer je broj brojeva jednak 0. po stanju, nije tako. Dakle, zadnji - četvrti - broj brojeva je 5.
Pod uslovom 35.< x·5 < 45, где х – произведение первых 3-х цифр числа. Тогда имеем: 7 < x < 9. Это неравенство верно только при х=8. Следовательно, для первых 3-х цифр должны выполняться равенства:
1 · 1 · 8 \u003d 8, 1 · 2 · 4 \u003d 8.
Odavde dobijamo brojeve:
1185 ; 1245 .
Provjerite ih na mnoštvo 3:
Zaključak: Oba pronađena brojeva su višestruki 3. Plus njihova kombinacija:
1815 ; 8115 ; 1425 ; 2145 ; 2415 ; 4125 ; 4215 .
Odgovor: 1815; 8115; 1425; 2145; 2415; 4125; 4215.
Pronađite petocifreni broj, višestrukih 25, bilo koji dva susjedna broja od kojih su različita od 2. Kao odgovor, navedite bilo koji takav broj.
Ako je broj podijeljen u 25, tada bi se trebalo završiti sa: 00, 25, 50, 75. Jer Susjedni brojevi trebaju se strogo razlikovati za 2, a zatim koristiti za četvrte i 5. cifre samo 75. Dobivamo: *** 75.
1) *7975 → 97975 ili 57975 ;
2) *3575 → 13575 ili 53575 , *7575 → 57575 ili 97575 .
AWN: 97975, 57975, 13575, 53575, 57575, 97575
Pronađite trocifreni prirodni broj, više od 600, koji prilikom razdvajanja 3, na 4 i 5 daje ostatak 1, a brojevi koji se nalaze u silaznom redoslijedu s lijeva na desno. Kao odgovor, navedite bilo koji takav broj.
Jer Željeni broj\u003e 600 i istovremeno je trocifrena, tada prva cifra može biti samo 6, 7, 8 ili 9. Zatim dobijamo za željeni broj:
Ako broj u podjeli za 5 treba dati u ostacima 1, znači da se može dovršiti samo za 0 + 1 \u003d 1 ili 5 + 1 \u003d 6. Šestorica se oslobađa ovdje, jer u ovom slučaju broj je čak i može potencijalno dijeliti 4. Stoga imamo:
Ako broj u podjeli za 3 daje ostatak 1, tada zbroj njegovih brojeva mora biti više 3 plus 1. Pored toga, smatramo da bi brojevi trebali biti smješteni među silaznim redoslijedom. Odabrali smo takav broj:
Iz ovog slijeda odbacujemo broj za koji se stanje ne ispunjava da se broj tokom podjele za 4 treba dati u ostatku 1.
Jer Znak razdjela na 4 je da 2 nedavne znamenke moraju biti podijeljene u 4, dobivamo:
za 631: 31 \u003d 28 + 3, I.E. U ostalim imamo 3; Broj nije prikladan
za 721 : 21 \u003d 20 + 1, I.E. u ostatku - 1; Broj je pogodan
za 751: 51 \u003d 48 + 3, I.E. u ostatku - 3; Broj nije prikladan
za 841 : 41 \u003d 40 + 1, I.E. u ostatku - 1; Broj je pogodan
za 871: 71 \u003d 68 + 3, I.E. u ostatku - 3; Broj nije prikladan
za 931: 31 \u003d 28 + 3, I.E. u ostatku - 3; Broj nije prikladan
za 961 : 61 \u003d 60 + 1, I.E. u ostatku - 1; Broj je pogodan
Odgovor: 721, 841, 961
Pronađite trocifreni prirodni broj, više od 400, ali manje 650, koji je podijeljen u svaku cifru i sve su brojeve različitih različitih, a ne iznose 0. Odgovor, navedite bilo koji takav broj.
Brojevi 40 * i 4 * 0 povratak, jer Sadrže 0.
Brojevi 41 * su samo čak i jer Ovo je obavezni uvjeti za mnoštvo 4. Mi analiziramo:
412 - Odgovara
414 - Nije prikladno, jer Poklapa se brojevima
416 - Nije prikladno, jer Nije podeljeno sa 6
418 - Nije pogodno, jer Nije podeljeno sa 4, nema 8
Od brojeva 42 * čak i jer moraju dijeliti za 2:
422 i 424 - nisu prikladni, jer Brojevi ih odgovaraju
426 - Nije pogodno, jer Nije podeljeno sa 4
428 - Nije pogodno, jer Nije podijeljeno sa 8
Brojevi 43 * Dođite samo i višestirajte 3. Stoga je samo odijelo 432 .
Brojevi 44 * nisu u potpunosti prikladni.
Brojevi 45 * nisu u potpunosti pogodni, jer Trebali bi završiti samo 5 (i.e. biti neparan) ili 0.
Brojevi 46 *, 47 *, 48 *, 49 * nisu u potpunosti prikladni, jer Za svaki od njih, 1 ili više uloga nisu zadovoljni.
Brojevi 5. stotina ne odgovara u potpunosti. Moraju se podijeliti u 5, a za ovaj kraj ili 5 ili 0, što nije dozvoljeno.
Brojevi 60 * nisu u potpunosti prikladni.
Među ostalim, moguće je razmotriti samo čak i više, više 3, ne završavajući 0. Ažuriranje detalja broja brojeva, kažemo samo da su pogodne: 612 , 624 , 648 . Za ostatak se ne izvode jedan ili više uloga.
AWN: 412, 432, 612, 624, 648
Pronađite četverocifreni broj, više 45, svih brojeva različitih, pa čak i. Kao odgovor, navedite bilo koji takav broj.
Jer Pod uvjetom, brojevi bi trebali biti čak, tada se može uzeti u obzir samo brojevi drugog, 4., 6. i 8. hiljada. To znači da može početi sa 2, 4, 6 ili 8.
Ako je broj više 45, onda je više od 5 i više 9.
Ako je broj više 5, tada bi trebao završiti 5 ili 0. ali jer svi brojevi moraju biti čak i ovdje je samo 0 prikladan.
Dakle, dobivamo predloške brojeva: 2 ** 0, 4 ** 0, 6 ** 0, 8 ** 0. Slijedi da je potrebno provjeriti mnoštvo 9 da je zbroj prve 3 znamenke bio jednak 9, ili 18 ili 27, itd. Ali samo 18 je pogodan. Basinovi: 1) da se pribave u sumi, potrebno je da je jedna od komponenti čudna, a to je suprotno stanju; 2) 27 ne odgovara jer čak i ako uzmete najveću 1. cifru 8, zbroj 2. i 3. cifara bit će 27-8 \u003d 19, koji prelazi dozvoljeni limit. Veće količine brojeva, višestrukih 9, posebno nisu prikladne.
Razmatramo brojeve na hiljade.
Brojevi 2 ** 0. Zbroj prosječnih cifara je: 18-2 \u003d 16. Nabavite 16 iz čak i brojeva može biti moguće samo: 8 + 8. Međutim, brojevi se ne smiju ponoviti. Stoga nema prikladnog stanja brojeva.
Brojevi 4 ** 0. Zbroj prosječnih cifara: 18-4 \u003d 14. 14 \u003d 8 + 6. Stoga imamo: 4680 ili 4860 .
Brojevi 6 ** 0. Količina prosječnih cifara: 18-6 \u003d 12. 12 \u003d 6 + 6, što nije prikladno, jer Brojevi se ponavljaju. 12 \u003d 4 + 8. Dobijamo: 6480 ili 6840 .
Brojevi 8 ** 0. Zbroj prosječnih cifara: 18-8 \u003d 10. 10 \u003d 2 + 8, što nije prikladno, jer U ovom slučaju, 8. 10 \u003d 4 + 6 bit će ponovljeno. Dobijamo: 8460 ili 8640 .
AWN: 4680, 4860, 6480, 6840, 8460, 8640
Khtalova Svetlana Nikolaevna
Pozicija: Matematički učitelj
Obrazovne ustanove: Mbou SSHE3822 sa dubinskim proučavanjem pojedinačnih predmeta
Lokalitet: Nižnji Novgorod, Grad Dzerzhinsk
Naziv materijala: prezentacija
Tema: "Zadatak broj 15. Ege. Matematika (osnovni nivo)"
Datum objave: 14.05.2016
Odjeljak: Potpuno obrazovanje
Broj zadatka 15.
Ege. Matematika
(osnovni nivo od)
Khtalova Svetlana Nikolaevna
matematičan učitelj,
Mbou SS №23
sa dubinskim studijama pojedinca
subjekti
Karakteristika zadatka
Karakteristika zadatka
Zadatak №19 (1 bod) -
osnovni nivo od.
pretvorba.
Zadatak №19 (1 bod) -
osnovni nivo od.
Provjerava mogućnost izvođenja proračuna i
pretvorba.
Vrijeme zadatka 16 minuta.
Zadatak predlaže zadatke na temi
"Divibibilnost prirodnih brojeva."
Da biste rešili takav zadatak, morate znati
znakovi prirodno razdjelbilnosti,
svojstva djelistivost brojeva i drugih informacija.
podijeljen je u 4.
podijeljen je u 11.
2: Broj je podijeljen u 2 ako i samo kada
Završava ravnomjernoj cifri.
Za 3: broj je podijeljen sa 3 ako i tek tada
kada je zbroj njegovih brojeva podijeljen u 3.
Za 4: broj je podijeljen sa 4 ako i samo kada
broj koji se formira svojom dvije posljednje brojke,
podijeljen je u 4.
U 5: broj je podijeljen sa 5 ako i tek tada
kada se završava sa brojem 0 ili 5.
Na 8: broj je podijeljen sa 8 ako i samo ako je broj formiran od njegove tri
posljednje brojke su podijeljene sa 8.
Do 9: Broj je podijeljen u 9 ako i samo ako je iznos njegovih brojeva podijeljen u 9.
Do 10: Broj je podijeljen sa 10 ako i samo ako se završava brojem 0.
U 11: Broj je podijeljen sa 11 ako i samo kada je razlika između iznosa
brojevi koji stoje na ravnomjernoj mjestima i količinu brojeva koji stoje na neobičnim mjestima
podijeljen je u 11.
25: Broj je podijeljen sa 25 ako i samo ako je broj formiran od njegovih dva
posljednje cifre, podijeljene sa 25.
Znakovi razdjela:
Znakovi razdjela:
brojevi
takav da
a \u003d u Q + R, gdje je 0 ≤ r ≤ c.
Nekretnina razdjelbilnosti: ako je prirodni broj podijeljen u svaku od
dva obostrano jednostavna brojeva, tada je podijeljena u njihov rad.
Definicija. Nazivaju se prirodni brojevi
međusobno jednostavno ako je njihov najveći zajednički razvodnik jednak 1.
Definicija. Najveći prirodni broj za koji je podijeljen bez
ostatak broja A i B naziva se najvećim zajedničkim razvojem ovih
brojevi
Nekretnina razdjelbilnosti: ako u količini cijelih brojeva svakog termina
podijeljen je u broj, a zatim je iznos podijeljen na ovaj broj.
Teorem odluke sa ostatkom: za bilo koji cijeli broj a
prirodni broj u postoji jedan par cijelih brojeva Q i R
takav da
a \u003d u Q + R, gdje je 0 ≤ r ≤ c.
Definicija. Srednja aritmetika nekoliko brojeva poziva
privatno od dijeljenja iznosa tih brojeva na broj komponenti.
Teorijske informacije:
Teorijske informacije:
ali nije podijeljen u 9.
Dajte primjer trocifrenog broja, količinu brojeva
što je 20, a zbroj kvadrata podijeljen je u 3,
ali nije podijeljen u 9.
Zadatak br. 1 (demo verzija 2016)
n3 i nije podijeljen sa 9.
Odluka. SPOTIZIrajte broj 20 na dobro poznate načine:
20= 9+9+2; 2) 20= 9+8+3; 3) 20=9+7+4;
20=9+6+5; 5) 20=8+8+4; 6) 20= 8+7+5
Pronalazimo zbroj kvadrata u svakom raspadanju i provjeravamo da li je podijeljeno
n3 i nije podijeljen sa 9.
1) 81 + 81 + 4 \u003d 166 a ne aftira n3; 2) 81 + 64 + 9 \u003d 154 a ne poslova N3;
3) 81 + 49 + 16 \u003d 146 a ne poslova N3; 4) 81 + 36 + 25 \u003d 142 nije poslova N3;
5) 64 + 64 + 16 \u003d 144 slučajeva u 3 i 9;
6) 64 + 49 + 25 \u003d 138 slučajeva na 3, ali ne i 9
Razgradnja (6) zadovoljava stanje problema. Dakle, stanje
zadaci zadovoljavaju bilo koji broj zabilježen za 5,7,8 u brojevima.
Odgovor. 578, 587,758,785,857,875
Dajte primjer trocifrenog broja, količinu brojeva
ali nije podijeljen u 4.
Dajte primjer trocifrenog broja, količinu brojeva
što je 24, a zbroj kvadrata je podijeljen u 2,
ali nije podijeljen u 4.
Zadatak broj 2.
Zadatak broj 2.
podijeljen je u 9.
9,9,6 i 9,8.7.
Odluka. Neka ABC bude tražen broj. Od A + B + C \u003d 24,
među brojevima A, B, bilo dva neparna ili nijedna.
Ako su svi brojevi A, u, izjednačenih, zbroj njihovih kvadrata podijeljen u 4, a to je suprotno
stanje problema, što znači među brojevima A, B, sa dva neparna. Raširite broj 24 na
komponente: 24 \u003d 9 + 9 + 6, 24 \u003d 9 + 8 + 7.
Pronalazimo zbroj kvadrata u svakoj raspada i provjeravamo da li je podijeljeno s 3, a ne
podijeljen je u 9.
81 + 81 + 36 \u003d 198 slučajeva na 2, ali ne da radi 4
81 + 64 + 49 \u003d 194 slučaja na 2, ali ne i stvari na 4
Razgradnja (1), (2) zadovoljava stanje problema. Na ovaj način,
stanje zadatka zadovoljava bilo koji broj zabilježen brojevima
9,9,6 i 9,8.7.
Odgovor. 996, 969, 699, 987, 978, 897, 879, 798, 789
brojevi kvadrata podijeljeni 5
Dati primjer trocifrenog broja,
zbroj brojeva od kojih je 22, a iznos
brojevi kvadrata podijeljeni 5
Zadatak broj 3.
Zadatak broj 3.
Odgovor. 589.598,985,958,895,859
tačno.
Dati primjer trocifrenog prirodnog broja većim od
600, koji, pri razdvajanju 3, B4, na 5 daje ostatku 1 i
čiji se brojevi nalaze u silaznom redoslijedu s lijeve strane
tačno.
Kao odgovor, navedite tačno jedan takav broj.
Zadatak broj 4.
Zadatak broj 4.
provjerite s k \u003d 10.
tačno.
tačno.
Odgovor. 721.
Odluka. Neka bude željeni broj. Budući da je podijeljen za 3,4,5, podijeljeno je u
3x4x5 \u003d 60 i za vrijeme divizije daje ostatku 1, što znači A \u003d 60k + 1. Kao više od 600, onda
provjerite s k \u003d 10.
Ako je K \u003d 10, zatim A \u003d 601, brojevi u ovom broju nisu smješteni u silaznom redoslijedu s lijeve strane
tačno.
Ako je K \u003d 11, a zatim A \u003d 661 brojevi u ovom broju nisu smješteni u silaznom redoslijedu s lijeve strane
tačno.
Ako je K \u003d 12, zatim A \u003d 721 cifre u ovom broju nalaze se u silaznom redoslijedu s lijeve strane
s pravom, što znači da ovaj broj zadovoljava stanje problema.
Odgovor. 721.
Dajte primjer trocifrenog prirodnog broja koji
odjeljenje u 7 i 5 daje jednake ostatke bez nule, a prvi lijevo
broj od kojih je srednja aritmetička dvije druge cifre.
Ako postoji nekoliko takvih brojeva, ukadite na najmanje njih
Zadatak broj 5.
Zadatak broj 5.
< r < 5.
izveden.
Odluka. Neka bude željeni broj. Budući da je podijeljen u 7 i 5, podijeljeno je na 7x5 \u003d
35 i u diviziji dajte jednake nuzero ostatke, znači a \u003d 35k + r, gdje 0< r < 5.
Ako je K \u003d 3, a zatim A \u003d 106, 107, 108, 109 prvi lijevi broj u ovim brojevima nije jednak prosjeku
aritmetika dvije druge cifre. Ako je prva cifra 1, tada stanje neće biti
izveden.
Ako je K \u003d 6, zatim A \u003d 211, 212, 213, 214, prvi lijevo od broja među 213 jednak je prosjeku
aritmetička dva druga broja znači da ovaj broj zadovoljava zadano stanje
i najmanja je. Odgovor. 213.
Dajte primjer trocifrenog prirodnog broja koji
broj od kojih je srednja aritmetička dvije druge cifre.
Dajte primjer trocifrenog prirodnog broja koji
odjeljenje za 9 i 10 daje jednake ostatke bez nule, a prvi lijevo
broj od kojih je srednja aritmetička dvije druge cifre.
Ako postoji nekoliko brojeva takvih brojeva, u odgovoru navedite najveće od njih
Zadatak broj 6.
Zadatak broj 6.
Zadatak broj 7.
Zadatak broj 7.
jedan takav broj.
Pronađite trocifreni prirodni broj, više od 400, koji
prilikom podele u 6 i 5 daje jednake ostatke bez nule i
prvi lijevi broj od kojih je prosječan
aritmetičke dvije druge cifre. Kao odgovor, navedite tačno
jedan takav broj.
Odgovor. 453.
Odgovor. 453.
Odgovor. 546.
Odgovor. 546.
brojevi su nekoliko, u
Dajte primjer šestocifrenog prirodnog broja koji
piše se samo brojevima 2 I3 i podijeljen je u 24. ako je takav
brojevi su nekoliko, u
odgovor, navedite najmanji od njih.
Zadatak broj 8.
Zadatak broj 8.
Odluka.
Odgovor. 233232.
Odluka.
Neka bude željeni broj. Kao što je podijeljeno
24 \u003d 3x8, zatim je podijeljeno sa 3 i na 8. Prema specifikaciji podjele 8,
dobijamo to posljednje tri znamenke 232. Ovi brojevi u iznosu daju
Prema znaku djeljivosti sa 3, zbroj prve tri znamenke može
vodite 2 (nije prikladno), 5 (nije prikladno), 8 (kombinacije brojeva
3,3,2). Budući da bi broj trebao biti najmanji, a zatim 233232
Odgovor. 233232.
jedan rezultirajući broj.
Prekrižite broj 54263027 tri cifre tako da
rezultirajući broj podijeljen je sa 15. U odgovoru, navedite tačno
jedan rezultirajući broj.
Zadatak broj 8.
Zadatak broj 8.
Odluka.
Neka bude željeni broj. Kao što je podijeljeno
brojevi su 5 + 4 + 2 + 6 + 3 + 0 \u003d 20
Odgovor. 54630 ili 42630.
Odluka.
Neka bude željeni broj. Kao što je podijeljeno
15 \u003d 3x5, zatim je podijeljeno sa 3 i na 5. Prema znaku razdjela na 5,
dobijamo da morate izbrisati dvije posljednje cifre, dobivamo broj
542630. Iz ovog broja potrebno je izvući 1 cifru. Zbroj ovoga
brojevi su 5 + 4 + 2 + 6 + 3 + 0 \u003d 20
Prema znaku djeljivosti sa 3, potrebno je crtati 2 (količinu brojeva
će biti18) ili 5 (količina brojeva bit će 15)
Odgovor. 54630 ili 42630.
Dajte primjer šestocifrenog prirodnog broja koji
napisao samo brojevima
Dajte primjer šestocifrenog prirodnog broja koji
napisao samo brojevima
2 i 4 i podijeljeno sa 36. Ako postoji nekoliko takvih brojeva,
Kao odgovor, navedite najveće od njih.
Zadatak broj 9.
Zadatak broj 9.
Odgovor. 442224.
Odgovor. 442224.
Precrtati uključujući 84537625 tri znamenke tako da
rezultirajući broj podijeljen je sa 12. U odgovoru, navedite
tačno jedan rezultirajući broj.
Broj zadatka 10.
Broj zadatka 10.
Odgovor. 84576.
Odgovor. 84576.
kreker?
Na ploči je napisan petocifreni broj podijeljen sa
55 bez ostataka. Od Kolya je pobjegao, izbrisao jednu cifru i
umjesto toga, obojen *. Pokazalo se 404 * 0. Koja figura
kreker?
Zadatak broj 11.
Zadatak broj 11.
Odluka.
40400 \u003d 55x734 + 30, to znači
10a + 30 \u003d 55k
Ako je k \u003d 2, tada 10a \u003d 80, a \u003d 8
A ≥ 13.5
(A to je cifra)
Odgovor. 8.
Odluka.
Neka bude željena figura. Tada se broj može predstavljati kao:
404A0 \u003d 40400 + 10A. Budući da ostatak iz Divizije 40400 iznosi 55 jednak 30,
40400 \u003d 55x734 + 30, to znači
404A0 \u003d 40400 + 10A \u003d 55x734 + 30 + 10A, I.E. 40400 + 10A podijeljeno sa
55 u toj i samo ako je 10a + 30 podijeljeno sa 55, i.e.
10a + 30 \u003d 55k
Ako je k \u003d 1, zatim 10a \u003d 25, a \u003d 2,5 (nije broj)
Ako je k \u003d 2, tada 10a \u003d 80, a \u003d 8
Ako je K≥3, zatim 10a \u003d 55k ─30, to neće biti manje od 135,
A ≥ 13.5
(A to je cifra)
Odgovor. 8.
koja je količina brojeva jednaka 3?
Koliko trocifrenih brojeva postoji,
koja je količina brojeva jednaka 3?
Zadatak broj 12.
Zadatak broj 12.
Odgovor. 6.
Odluka. Neka ABC bude tražen broj. Od A + B + C \u003d 3,
zatim jednostavne opcije prosperiteta (s obzirom na to
naizmjenično slučajevi a \u003d 1, a \u003d 2, a \u003d 3), dobivamo broj
120.102,111,210,201.300, I.E. Njihov broj je jednak 6.
Odgovor. 6.
cray Petya?
Na ploči je napisan petocifreni broj.
na 41. ostatku. Petya je pobjegla od, izbrisala jednu cifru i
umjesto toga, obojen *. Pokazalo se 342 * 6. Koja figura
cray Petya?
Zadatak broj 13.
Zadatak broj 13.
Odgovor. 7.
Odgovor. 7.
Zadatak broj 14.
Zadatak broj 14.
cifre jednake 4?
Koliko trocifrenih brojeva koji imaju iznos
cifre jednake 4?
Odgovor. deset
Odgovor. deset
Lista referenci:
Lista referenci:
Obrazovanje, 2016.
Matematika. Priprema za ispit 2016.
Osnovni nivo. / D.A. Maltsev, a.a.
Maltsev, L.i. Maltseva / - M: Ljudi
Obrazovanje, 2016.
2. Demo - verzija 2016 (Fii stranica)
Site "Dem Hee" Dmitry Ghushchina
Algebra 8 klasa: udžbenik za studente općeg obrazovanja
organizacije / yu.n. makarychev i dr ./- m: mnemozina, 2015
Matematika 5.6 Klasa: Udžbenici za opšte obrazovanje
institucije / N.YA.Vilenkin i dr. / - M: Mnemozina, 2015
Hvala vam na pažnji!!!
Hvala vam na pažnji!!!
EGE na nivou profila matematike
Rad se sastoji od 19 zadataka.
1. dio:
8 zadataka sa kratkim odgovorom osnovnog nivoa složenosti.
Dio 2:
4 zadataka sa kratkim odgovorom
7 zadataka s detaljnim odgovorom na visokom nivou složenosti.
Vrijeme performansi - 3 sata 55 minuta.
Rješavanje zadataka ispita u matematici.
Za samo rješenja:
1 kilovat sat električne energije košta 1 rublja 80 kopecks.
Merač električne energije 1. novembra pokazalo je 12625 kilovat-sati, a 1. decembra pokazalo je 12802 kilovat-sat.
Koji iznos trebate platiti za struju za novembar?
Dajte odgovor u rubalju.
U razmjeni stavak 1. grivna košta 3 rubalja 70 kopecks.
Odmorine su razmjenjivali rublje do grivna i kupili 3 kg paradajza po cijeni od 4 grivna po 1 kg.
Koliko je rubalja koštala ova kupovina? Odgovorite na cijeli broj.
Maša je poslao SMS sa novogodišnjim pozvanjima svojim 16 prijatelja.
Trošak jedne SMS poruke 1 rublja 30 kopecks. Prije slanja poruke na račun, Masha je imala 30 rubalja.
Koliko rubalja ostat će od Maše nakon slanja svih poruka?
Škola ima trostruke turističke šatore.
Koji je najmanji broj šatora koje trebate pohađati, u kojem 20 ljudi sudjeluje?
Vlak Novosibirsk-Krasnoyarsk odlazi u 15:20, a stiže u 4:20 sljedećeg dana (moskovsko vrijeme).
Koliko sati je voz na putu?
Riješite jednadžbu:
1 / cos 2 x + 3tgx - 5 \u003d 0
Navedite korijene
Segment koji pripada (-p; p / 2).
Odluka:
1) Pišemo jednadžbu tako:
(TG 2 x +1) + 3TGX - 5 \u003d 0
TG 2 x + 3TGX - 4 \u003d 0
tgx \u003d 1 ili tgx \u003d -4.
Dakle:
X \u003d N / 4 + PK ili X \u003d -RCTG4 + PK.
Segment (-p; p / 2)
Vlasnički korijeni -3p / 4, -arctg4, str / 4.
Odgovor: -3p / 4, -arctg4, str / 4.
Znaš šta?
Ako pomnožite svojih godina za 7, pomnožite se sa 1443, tada će rezultat biti vaša godina napisana tri puta zaredom.
Smatramo negativnim brojevima sa nečim prirodnim, ali to nije bilo uvijek. Po prvi put su negativni brojevi legalizirani u Kini u III vijeku, ali su korišteni samo za izvanredne slučajeve, jer su se oni smatrali uopštenim, uokvirenim. Nešto kasnije, negativni brojevi počeli su se koristiti u Indiji kako bi odredili dugove, ali nismo odgovarali Zapadu - čuvena Diofant Aleksandrija tvrdio je da je jednadžba 4x + 20 \u003d 0 - apsurdna.
Američki matematičar George Danzig, student diplomiranog studenta na Univerzitetu, jednom kasno na lekciju i prihvatio jednadžbu napisanu na Odboru za domaće zadatke. Činilo se da mu je to teže kao i obično, ali nakon nekoliko dana uspio ga izvršiti. Pokazalo se da je u statistici odlučio dva "neriješena" problema, što su se mnogi naučnici borili.
U ruskoj matematičkoj literaturi nula nije prirodni broj, a u zapadnom, naprotiv, pripada raznim prirodnim brojevima.
Decimalni sistem koji je koristio nastao zbog činjenice da je osoba u rukama od 10 prstiju. Sposobnost apstraktnog računa pojavila se kod ljudi koji nisu odmah, već je bio najprikladniji za upotrebu za ocjenu. Majana civilizacija i bez obzira na njih Chukchi povijesno su koristili dvadeset brojevnog sustava, nanošenje prstiju ne samo ruke, već i noge. U srcu dvanaest i šezdeset cifrenih sustava u drevnoj slici i Babilonu, korištenje ruku je takođe bilo: falankovi drugih prstiju dlana broje se palcem, od kojih je broj 12.
Jedna poznata dama zatražila je da je Ajnštajna nazove, ali upozorila je da je njen telefonski broj vrlo teško zapamtiti: - 24-361. Sjećaš se? Ponovite! Iznenađen Ainstein je odgovorio: - Naravno, sjetio sam se! Dva desetina i 19 kvadrata.
Stephen Hawking jedan je od najvećih fizičara teoretičara i populatora nauke. U priči o sebi, hoćijući se spomenulo da je postao profesor matematike, a ne prima nikakvu matematičko obrazovanje od srednje škole. Kad je Hawking počeo podučavati matematiku u Oxfordu, pročitao je udžbenik, ispred svojih vlastitih studenata dvije sedmice.
Maksimalni broj koji mogu zabilježiti rimski brojevi, bez razbijanja pravila Schwartzman (rimske znamenke) - 3999 (MMMCMXCIX) - više od tri znamenke u nizu ne može pisati.
Poznato je puno prispodobi o tome kako jedna osoba nudi još jedno plaćanje s njim za neku uslugu kako slijedi: na prvoj ćeliji šahovske ploče, on će staviti jednu zrno riže, u drugoj - dvije i tako na: za svaku sljedeću ćeliju dvostruko više od prethodnog. Kao rezultat toga, onaj koji plaća na ovaj način sigurno će upropastiti. Ovo nije iznenađujuće: procjenjuje se da će ukupna težina riže biti veća od 460 milijardi tona.
U mnogim je izvorima, često u cilju poticanja slabo trošenje studenata, odobrenje je utvrđeno da su Einsteine \u200b\u200brane u školskoj matematici ili, osim toga, loše proučavao iz ruku u svim predmetima. U stvari, sve nije bilo istina: Albert je počeo biti talent u matematici u ranoj dobi i znao je da je daleko izvan školskog programa.
Demo verzija EGE 2019 u matematici
Ege u matematici 2019 u PDF formatu Osnovni nivo | Nivo profila
Zadaci za pripremu za ispit u matematici: osnovni i profilni nivo sa odgovorima i rješenjima.
Matematika: Basic | Profil 1-12 | | | | | | | | Dom
Broj P jednak je proizvodu 11 različitih prirodnih brojeva, velikih 1.
Koji je najmanji broj prirodnih razvodnika (uključujući jedinicu i sam broj), broj P.
Svaki prirodni broj n predstavlja posao:
N \u003d (P1 x k1) (P2 x K2) ... itd
Gde P1, P2, itd. - Jednostavni brojevi,
K1, K2, itd. - Cijeli negativni brojevi.
Na primjer:
15 = (3 1) (5 1)
72 \u003d 8 x 9 \u003d (2 x 3) (3 2)
Dakle, ukupan broj prirodnih razvodnika n je jednak
(K1 + 1) (K2 + 1) ...
Dakle, po stanju, p \u003d n1 n2 ... n11, gdje
N1 \u003d (P1 x K) (P2 x K) ...
N2 \u003d (P1 x K) (P2 x K) ...
...,
A to znači da
P \u003d (P1 x (k + k + ... + k)) (P2 x (k + k + ... + k)) ...
A ukupan broj prirodnih razdjelnika broja P je jednak
(K + K + ... + K + 1) (K + K + ... + K + 1) ...
Ovaj izraz zauzima minimalnu vrijednost ako su svi brojevi n1 ... N11 sekvencijalni prirodni stupnjevi istog jednostavnog broja, počevši od 1: n1 \u003d p, n2 \u003d p 2, ... n11 \u003d p 1 1.
To je, na primjer,
N1 \u003d 2 1 \u003d 2,
N2 \u003d 2 2 \u003d 4,
N3 \u003d 2 3 \u003d 8,
...
N11 \u003d 2 1 1 \u003d 2048.
Tada je broj prirodnih razvodnika broja P jednak
1 + (1 + 2 + 3 + ... + 11) = 67.
Odluka:
Svaki prirodni broj može biti ili (2 k) ili neparni (2 k + 1).
1. Ako je broj neparan:
n \u003d 2 k + 1 \u003d (k) + (k + 1). Brojevi K i K + 1 uvijek međusobno jednostavni
(Ako postoji neki broj D, koji je razdjelnik X i Y, tada se broj | XY | također mora podijeliti u d. (K + 1) - (k) \u003d 1, odnosno treba podijeliti na d , to jest, d \u003d 1, a to je dokaz uzajamne jednostavnosti)
To jest, dokazali smo da svi neparni brojevi mogu biti predstavljeni kao zbroj dva obostrano jednostavna.
Izuzetak po stanju bit će broj 1 i 3, jer se 1 ne može podnijeti u obliku sume prirodnog i 3 \u003d 2 + 1 i ništa drugo, a jedinica kao temelj nije prikladan pod uvjetom.
2. Ako je broj čak:
n \u003d 2 k
Ovdje morate razmotriti dva slučaja:
2.1. k - čak i, i.e. Predstavnik u obliku K \u003d 2 m.
Zatim n \u003d 4 m \u003d (2 m + 1) + (2 m-1).
Brojevi (2 m + 1) i (2 m-1) mogu imati samo zajednički razdjelnik (vidi gore), na koji je broj (2 m + 1) podijeljen - (2 m - 1) \u003d 2. 2 je podijeljeno za 1 i 2.
Ali ako je razdjelnik 2, ispada da se ne čudno podijeli neparni broj 2 m + 1, to ne može biti samo 1.
Dakle, dokazali smo da se svi brojevi obrasca 4 m (koji jest, više 4) može biti predstavljen kao zbroj dvaju obostrano jednostavna.
Postoji izuzetak - broj 4 (m \u003d 1), koji, iako se može zastupati u obliku 1 + 3, ali jedinica kao temelja još uvijek nije prikladna za nas.
2.1. K je neparan, i.e. Predstavnik u obliku K \u003d 2 m-1.
Zatim N \u003d 2 (2 m - 1) \u003d 4 m-2 \u003d (2 m-3) + (2 m + 1)
Brojevi (2 m-3) i (2 m + 1) mogu imati zajednički razdjelnik na koji je broj 4. koji se nalazi 1 ili 2, ili 4., ali ni 2, niti 4, niti 4, niti 4, niti 4, niti 4 + 1) - broj je čudan, a ne 2 se ne može podijeliti u niti.
Dakle, dokazali smo da svi brojevi obrasca 4 m-2 (koji je, sve više 2, ali ne više od 4) može biti predstavljen kao zbroj dva obostrano.
Postoje izuzeci - brojevi 2 (m \u003d 1) i 6 (m \u003d 2), koji su jedan od izraza u raspadanju na nekoliko međusobno jednostavnih jednakih.
