Števila in njihove lastnosti Osnovna raven Naloga št. 19
št. 1. Poiščite najmanjše štirimestno število, večkratnik števila 15, katerega zmnožek števk je večji od 40, a manjši od 50. Zmnožek števk je večkratnik števila 5, kar pomeni, da je enak 45. Naj bo število obrazec abcd 40 diapozitiv 3
Št. 2. Prečrtajte tri števke v številu 123456, tako da bo dobljeno trimestno število večkratnik 35. Prečrtajte število 6, pustite število 5, ker. Če je število večkratnik 35, potem je večkratnik 5 in se konča z 0 ali 5 Izberimo 35·3=105 35·5=175 35·7=245 Prečrtaj števili 1 in 3 3 x 1 0 x B 19 4 5 2
št. 3. Prečrtaj tri števke v številu 123456 tako, da bo dobljeno trimestno število večkratnik 27. Preverimo, katero od števil 126 in 135 je večkratnik 27 3 x 1 0 x B 11 5 3 1 Ker število je večkratnik 27, potem je večkratnik 9, vsota števk je večkratnik 9 1+2+6=9 1+3+5=9 ni večkratnik 27 135 je večkratnik 27
št. 4. Poišči najmanjše trimestno število. Kar pri deljenju z 2 daje ostanek 1, pri deljenju s 3 daje ostanek 2, pri deljenju s 5 pa ostanek 4 in ki je zapisano s tremi različnimi lihimi števkami, ko ga delimo z 2 ostanek 1. Zahtevano število je lahko sestavljeno iz: Vsote števil 1+5+9=15, 5+7+9=21 so izključene kot večkratniki 3 1+3+9 =13 13 – 2 =11 1 +9+7 = 17 17-2=15 3+5+ 9=17 17-2=15 Izključena je tudi skupina števil 1,3,9 1, 3,5 1,3,7 1, 3,9 1,5,7 1, 5,9 1,9,7 3, 5 ,9 3,5,7 5,7,9 Števila, ki pri deljenju s 5 pustijo ostanek 4, se končajo z 9 ali 4, vendar 4 je sodo število 179, 359, 719, 539 Najmanjše: 179 3 x 1 0 x B 19 7 9 1.
št. 5. Poišči največje petmestno število, ki je zapisano le s števili 0, 5 in 7 in je deljivo s 120. Želeno število se konča z 0. 3 x 1 0 x B 11 5 0 0 0 7 Ker je število deljivo za 4, potem sta zadnji dve števki 0. T .To. število je večkratnik 3, kar pomeni, da je vsota števk večkratnik 3 7+5+0+0+0 =12 je večkratnik 3
št. 6. Poiščite štirimestno število, ki je večkratnik števila 4, katerega vsota števk je enaka njihovemu zmnožku. Ker je bcd (10c+ d) in d sodo. Naj bo število a bcd, potem a+ b + c + d = a b c d Med števkami a, b, c in d ne morejo biti tri enote, 1+1+1+ d = d – enakost ni mogoča Med števili a, b, c in d ni ničel, sicer je zmnožek enako 0 Med števili a, b, c in d Ne more biti samo ena enota, 1+ b + c + d = b c d – enakost ni mogoča
Razmislite o dvomestnih številkah, ki so večkratniki 4: 12; 16; 24 Št. 6 Poišči štirimestno število, večkratnik števila 4, katerega vsota števk je enaka njihovemu zmnožku. Med števili a, b, c in d sta dve enoti 1+c+1+2 =1 ·с·1·2 Iz 1 enakosti c+4=2с , kar pomeni c=4 1+c+1+6=1 ·с·1·6 1+1+2+4=1 ·1·2 ·4 Iz 2 enakosti c+8=6с, c je ulomek, kar naj bi bila 3. enakost ne more veljati Zahtevana števila: 4112, 1412, 1124
Navedite primer šestmestnega naravnega števila, ki ga zapišemo le z 1 in 2 in je deljivo z 72. V odgovoru navedite točno eno tako število. Število je večkratnik 72, kar pomeni, da je večkratnik 9 ter večkratnik 4 in 8. Vsota števk je večkratnik 9, kar pomeni, da mora vnos vsebovati tri dvojke in tri enice, ker 1+1+1+2+2+2=9 je večkratnik števila 9 Število iz zadnjih dveh števk je deljivo s 4, kar pomeni, da je 12 Število iz zadnjih treh števk je deljivo z 8, kar pomeni, da je 112 122112 – eno od števil 3 x 1 0 x B 19 2 2 1 1 2 1
Števke štirimestnega števila, deljivega s 5, smo zapisali v obratnem vrstnem redu, da smo dobili drugo štirimestno število. Nato smo od prvega števila odšteli drugo in dobili 2457. Povejte primer takšnega števila. Naj bo bcd – dcba =2457 3 x 1 0 x B 19 4 0 8 5 d= 0 ali d =5, ker število je večkratnik 5 d =0 – ne ustreza, sicer je drugo število trimestno a bc 5 – 5 cba =2457 a=8 8 bc 5 – 5 cb 8=2457 c =0; b =4
V številu 53164018 prečrtaj tri števke, tako da bo dobljeno število deljivo s 15. Pri odgovoru označi točno eno dobljeno število. Ker število je večkratnik 15, potem je večkratnik 5 in 3, kar pomeni, da se konča s 5 ali 0, vsota števk pa je večkratnik 3. Prečrtajte zadnji dve števki, nato število se konča s številom 0 5+3+1+6++4+0= 19 . Prečrtate lahko 1 ali 4 3 x 1 0 x B 19 3 0 4 0 5 6
V tem članku bomo govorili o reševanju problema 19 iz različice zgodnjega specializiranega enotnega državnega izpita iz matematike, ki je bil ponujen za rešitev šolarjem leta 2016. Reševanje naloge 19 iz Enotnega državnega izpita iz matematike (glavna raven) tradicionalno povzroča največje težave diplomantom, saj je zadnja in zato običajno najtežja naloga na izpitu. Vsaj tak vtis se pogosto oblikuje v glavah šolarjev, ki se pripravljajo na enotni državni izpit. Toda v resnici v teh nalogah ni nič zelo težkega. Poglejte, na primer, kako enostavno je rešen naslednji problem 19 iz profila Enotni državni izpit iz matematike.
Naj vas izraz "dober" komplet ne zmede. To je značilno za sestavljalce Enotnega državnega izpita iz matematike. Ko je premalo besed, jih morate uporabiti za druge namene, kot so predvideni.
Pojdimo k rešitvi. Odgovorimo na vprašanje pod črko A. Ali je zapisani sklop dober? Predpostavimo, da je tako. Če je temu res tako, potem je to za nas najenostavnejši primer. Dejansko morate v tem primeru navesti samo primer razdelitve tega niza na dva niza, katerih vsote elementov so enake. V nasprotnem primeru bi bilo treba dokazati temeljno nezmožnost zahtevane razdelitve. In to je veliko težje. No, ker je to le naloga pod črko A, lahko upamo, da je čisto preprosta. Torej, poskusimo našo množico razdeliti na dve podmnožici, vsoti elementov v katerih bosta enaki.
Na srečo vam za to ni treba biti Einstein. Izberemo najbolj očitno in intuitivno rešitev. Elemente prvotnega niza združimo v pare: prvi z zadnjim, drugi s predzadnjim in tako naprej:
Zadnji par bo sestavljen iz dveh števil: 249 in 250. Skupaj bo takšnih parov 50. Vsota števil v vsakem paru je 499. In nato vzemite poljubnih 25 parov v prvi niz, preostalih 25 pa v drugega. nastavite in pridobite zahtevano particijo. Torej, odgovor na vprašanje A je pritrdilen!
Preidimo na vprašanje pod črko B. Naloga je enaka, le precej drugačna. Zato se zdi, da bi morali avtorji-prevajalci tu pokazati izvirnost. Tako da najverjetneje ta komplet ne bo več dober. Če je tako, potem se v tem primeru ne bo mogoče omejiti le na primer; vse bo treba dokazati. No, poskusimo.
Na splošno, če razmišljate o nalogi, rešitev pride sama od sebe. To množico moramo razdeliti na dve podmnožici, pri čemer sta vsoti elementov v vsaki enaki. No, na splošno vam ni treba biti Stephen Hawking, da razumete, da je ključ do rešitve ugotoviti, čemu naj bodo te vsote enake! Da bi to naredili, moramo izračunati vsoto elementov naše prvotne množice.
Pazljivo poglejte. Pred nami je klasična geometrijska progresija z imenovalcem, prvim členom in elementi. Vsota vseh elementov takšnega napredovanja je določena z znano formulo:
To pomeni, da če bi našo množico razdelili na dve podmnožici z enako vsoto elementov v vsaki od njih, bi bila ta vsota enaka . In to je liho število! Toda vsi elementi našega niza so potence dvojke, to pomeni, da so števila zagotovo soda. vprašanje Ali lahko dobite liho število, če seštejete soda števila? Seveda ne. To pomeni, da smo dokazali nezmožnost takšne delitve. Torej je odgovor na vprašanje pod črko B iz rešitve problema 19 iz Enotnega državnega izpita iz matematike (glavna raven) ne!
In končno preidimo na vprašanje pod črko B. Koliko štirielementnih dobrih množic vsebuje množica (1; 2; 4; 5; 7; 9; 11)? Ja ... Tukaj bo treba bolj resno razmisliti. No, seveda! Konec koncev je tega zadnjega, kot pravijo nekateri videoblogerji, največ težko naloga v profilu Enotnega državnega izpita iz matematike. Kako torej to rešiti?
Ste že slišali za zavestno pretiravanje? Ta metoda se uporablja, kadar ni veliko možnosti. Toda hkrati možnosti niso razvrščene naključno, ampak v določenem zaporedju. To je potrebno, da ne izgubite nobene možne možnosti. Plus, če je mogoče, pri iskanju izločijo iz obravnave ne možne možnosti. Torej, kako lahko to nalogo zmanjšamo na zavestno pretiravanje?
Predstavimo filter, ki omejuje iskanje:
Upoštevamo vse možne zneske:
Tako smo imeli na koncu samo 8 nizov. Drugih možnosti ni. To pomeni, da je odgovor na nalogo pod črko B 8.
Tukaj je rešitev za nalogo 19 iz enotnega državnega izpita iz matematike (strokovna raven). Za tiste, ki se šele začenjajo pripravljati na specializirani enotni državni izpit iz matematike, se morda zdi težko. Toda v resnici reševanje takšnih problemov zahteva uporabo istih metod in tehnik. Le obvladati jih morate, pa se vam bodo vse te naloge zdele preproste in jih boste brez težav rešili na izpitu. Tega bi te lahko naučil. Podrobne informacije o meni in mojih predavanjih najdete na.
Naloga št. 19 Enotnega državnega izpita iz matematike je zelo nenavadna. Če ga želite rešiti, morate uporabiti znanje s področja teorije števil. Kljub temu je naloga zelo rešljiva, a za učence z dobro ali nižjo oceno priporočam, da to nalogo pustijo za konec. Pojdimo na tipično možnost.
Poišči trimestno število, katerega vsota števk je 20, vsota kvadratov števk pa je deljiva s 3, ni pa deljiva z 9. V odgovoru navedi takšno število.
Prvo števko števila označimo z x, drugo pa z y. Potem bo tretje število, upoštevajoč vsoto števk, ki je enaka 20, enako 20 – (x + y). (x + y) mora biti manjša od 10, sicer vsota enaka 20 ne bo delovala.
Po pogoju je vsota kvadratov števk deljiva s 3, ni pa deljiva z 9. Zapišimo vsoto kvadratov števk:
x 2 + y 2 + (20 – (x + y)) 2
Preoblikujemo dobljeni izraz. Pretvorimo kvadrat razlike ob upoštevanju redukcijske formule.
Kvadrat razlike med dvema izrazoma je enak vsoti kvadratov teh izrazov minus dvakratni produkt prvega in drugega izraza.
(20 – (x + y)) 2 = 400 -40 (x + y) + (x + y) 2
Če nastali izraz nadomestimo z začetnim, dobimo:
x 2 + y 2 + (20 – (x + y)) 2 = x 2 + y 2 + 400 - 40(x + y) + (x + y) 2
Kvadrat vsote dveh izrazov je enak vsoti kvadratov teh izrazov plus dvakratni produkt prvega in drugega izraza.
(x + y) 2 = x 2 + 2xy + y 2
Zamenjajmo:
x 2 + y 2 + (20 – (x + y)) 2 = x 2 + y 2 + 400 - 40(x + y) + (x + y) 2 = x 2 + y 2 + 400 - 40(x) + y) + x 2 + 2xy + y 2
Predstavimo podobne izraze (seštejemo x 2 z x 2 in y 2 z y 2), dobimo:
x 2 + y 2 + 400 - 40(x + y) + x 2 + 2xy + y 2 = 2x 2 + 2y 2 + 2 200 - 2 20(x + y) + 2xy
Vzemimo faktor 2 iz oklepaja:
2x 2 + 2y 2 + 2 200 - 2 20(x + y) + 2xy = 2(x 2 + y 2 + 200 - 20(x + y) + xy)
Za udobje združimo 200 in 20(x + y) in damo 20 iz oklepajev, dobimo:
2(x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy)
Faktor 2 je sod, zato ne vpliva na deljivost s 3 ali 9. Lahko ga zanemarimo in upoštevamo izraz:
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy
Recimo, da sta tako x kot y deljiva s 3. Potem je x 2 + y 2 + xy deljiv s 3, 20(10 - (x + y)) pa ni. Posledično celotna vsota x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy ni deljiva s 3.
Predpostavimo, da je samo ena številka deljiva s 3. Nato bomo ob upoštevanju, da je (x + y) nujno manjši od 10, sicer vsota enaka 20 ne bo delovala, izbrali možne pare.
(3;8), (6;5), (6;7), (6;8), (9;2), (9;4), (9;5), (9;7), (9;8).
Z metodo zamenjave bomo preverili, ali ti pari izpolnjujejo pogoje.
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 3 2 + 8 2 + 20(10 - (3 + 8)) + 3 8 = 9 + 64 – 20 + 24 = 77
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 6 2 + 5 2 + 20(10 - (6 + 5)) + 6 5 = 36 + 25 – 20 + 30 = 71
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 6 2 + 7 2 + 20(10 - (6 + 7)) + 6 7 = 36 + 49 – 60 + 42 = 67
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 6 2 + 8 2 + 20(10 - (6 + 8)) + 6 8 = 36 + 64 – 80 + 48 = 68
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 9 2 + 2 2 + 20(10 - (9 + 2)) + 9 2 = 81 + 4 – 20 + 18 = 83
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 9 2 + 4 2 + 20(10 - (9 + 4)) + 9 4 = 81 + 16 – 60 + 36 = 73
Nobena od dobljenih vsot ne izpolnjuje pogoja "vsota kvadratov števk je deljiva s 3, ni pa deljiva z 9."
Naslednjih parov ni treba preverjati, saj podajajo že obstoječe trojčke števk.
Predpostavimo, da nobena števka števila ni deljiva s 3.
Možni pari:
(4;7), (5;7), (5;8), (7;8).
Preverimo:
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 4 2 + 7 2 + 20(10 - (4 + 7)) + 4 7 = 16 + 49 – 20 + 28 = 73
x 2 + y 2 + 20(10 - (x + y)) + xy = 5 2 + 7 2 + 20(10 - (5 + 7)) + 5 7 = 25 + 49 – 40 + 35 = 69
Vsota 69 izpolnjuje pogoj "vsota kvadratov števk je deljiva s 3, ni pa deljiva z 9." Zato so številke 5,7,8 primerne v poljubnem vrstnem redu.
Na 6 kartah so zapisane številke 1; 2; 3; 6; 9; 9 (ena številka na vsaki kartici). V izraz □ + □□ + □□□ namesto vsakega polja vstavite karto iz kompleta. Izkazalo se je, da je dobljeni znesek deljiv z 10. Poiščite ta znesek. V odgovoru navedite eno takšno številko.
1. Če je vsota deljiva z 10, mora biti zadnja številka 0, preostale števke nimajo pomena.
2. V prvi kvadratek postavimo številko 1, v naslednjo številko na zadnje mesto – številko 3 (ali 6), v tretjem – številko 6 (ali 3), dobimo (vsota 1+3+ 6=10):
3. Preostale številke vpišite poljubno, na primer takole:
in znesek bo
1+23+996 = 1020.
Odgovor: 1020
Na 6 kartah so zapisane številke 1; 2; 2; 3; 5; 7 (ena številka na vsaki kartici). V izraz □ + □□ + □□□ namesto vsakega polja vstavite karto iz kompleta. Izkazalo se je, da je dobljeni znesek deljiv z 20. Poiščite ta znesek. V odgovoru navedite eno takšno številko.
1. Da bi bila vsota deljiva z 20, se mora končati z 0 in druga številka od konca mora biti soda (deljiva z 2). Če želite na koncu vsote dobiti 0, morate prve tri karte izbrati takole:
2. Za sodo drugo številko lahko vzamete karti 2 in 7 (dodana ji bo še ena 1 iz prve vsote 10):
3. Na zadnjem mestu postavimo preostalo številko 1, kot rezultat imamo:
in vsota je:
Poišči štirimestno število, večkratnik števila 15, katerega zmnožek števk je večji od 0, a manjši od 25. V odgovoru navedi eno tako število.
Ker je po pogoju produkt vseh števk večkratnik števila 15, potem je večkratnik števila 5 in 3.
Večkratnik števila 5 pomeni, da je lahko zadnja številka števila samo 0 ali 5. Vendar bi 0 kot zadnja številka pomenila, da bi zmnožek vseh 4 števk postal 0; in to je v nasprotju s pogojem. Potem je zadnja številka želenega števila 5.
Potem dobimo: x y z 5<25 → x·y·z<5, где x, y, z – соответственно, 1-я, 2-я и 3-я цифры искомого числа.
Manj kot 5 je produkt naslednjih števil: 1 1 1, 1 1 3, 1 1 2, 1 2 2.
Po preizkusu deljivosti s 3 izberemo iz teh nizov tako, da je vsota njegovih števk plus 5 deljiva s 3:
1+1+1+5=8 – ni primerno;
1+1+3+5=10 – ni primerno;
1+2+2+5=10 – ni primerno
1+1+2+5=9 – primerno.
Nato številke ustrezajo pogojem problema: 1125 , 1215 , 2115 .
Odgovor: 1125, 1215, 2115
V številu 85417627 prečrtaj tri števke, tako da bo dobljeno število deljivo z 18. V odgovoru označi eno od dobljenih števil.
Ker Po dogovoru, če je število večkratnik 18, potem je večkratnik 2 in večkratnik 9.
Ker je število večkratnik 2, se mora končati s sodo števko. 7 je liho število, zato ga prečrtaj. Preostalo: 8541762.
Ker dobljeno število je večkratnik števila 9, potem mora biti vsota njegovih števk deljiva z 9. Poiščite skupno vsoto njegovih števk: 8+5+4+1+7+6+2=33. Najbližje število, ki je deljivo z 9, je 27.
33–27=6 je vsota dveh števil, ki ju je treba prečrtati. Pari števil, ki dajejo 6, so 5 in 1 ali 4 in 2. Če jih prečrtamo, dobimo: 84762 oz 85176 .
Poleg tega je 18 deljivo z 9. Potem je 33–18=15. V tem primeru boste morali prečrtati 8 in 7. Dobimo: 54162 .
9 je prav tako deljivo z 9, vendar je 33–9 = 24 in seveda ni parov števil, ki bi sešteli 24.
Odgovor: 84762, 85176, 54162
Na šestih kartah so zapisane številke 3; 6; 7; 7; 8; 9 (ena številka na vsaki kartici). V izrazu 
Namesto vsakega polja postavite karto iz tega niza. Izkazalo se je, da je dobljeni znesek deljiv z 10, ni pa deljiv z 20.
V odgovoru navedite en tak znesek.
Za lažjo predstavo postavimo karte v stolpec:
Če je število deljivo z 10, vendar ne deljivo z 20, potem zagotovo ni deljivo z 2 brez končne ničle.
Ker je število večkratnik 10, se mora končati na nič. Zato morate v zadnjo števko (enote) postaviti 3 kartice s številkami, tako da se njihova vsota konča na 0. Tukaj so primerne naslednje kartice: 1) 6, 7, 7; 2) 3, 8, 9. Njihove vsote so 20. V skladu s tem pod črto zapišemo 0, 2 pa premaknemo na prejšnjo števko (desetice):
Da število ne bi bilo deljivo z 20, mora biti pred ničlo liho mesto. Liho vsoto dobimo, če je eden od členov lih, druga dva pa soda. Eden od teh (drugih) členov je prenesena 2. Zato je treba iz preostalih števil vzeti: 1) 3 in 8; 2) 6 in 7. Dobimo:
Na mesto stotic postavimo zadnjo (preostalo) karto s številko: 1) 9; 2) 7. V skladu s tem dobimo številke 1030 in 850 :
Odgovor: 1030.850
Poišči sodo trimestno število nanaravno število, katerega vsota števk je za 1 manjša od njihovega zmnožka. V odgovoru navedite eno takšno številko.
Naj bodo števke želenega števila x, y, z. Potem dobimo:
xyz–x–y–z=1
z=(x+y+1)/(xy–1)
Imenovalec v tem izrazu mora biti celo število in pozitiven. Zaradi enostavnosti (in tudi zaradi zagotavljanja pravilnih izračunov) predpostavimo, da mora biti enako 1. Potem imamo: xy–1=1 → xy=2. Ker sta x in y števili, sta njuni vrednosti lahko enaki samo 1 in 2 (ker samo produkt teh enomestnih naravnih števil daje 2).
Zato je z: z=(1+2+1)/(1·2–1)=4/1=4.
Torej, imamo številke: 1, 2, 4.
Ker Po pogoju mora biti končna številka soda, potem se lahko konča le na 2 ali 4. Potem bodo pravilne možnosti številk:
124 , 142 , 214 , 412 .
Odgovor: 124, 142, 214, 412
Poišči šestmestno število, ki je zapisano samo kot 2 in 0 in je deljivo s 24. V odgovoru označi eno tako število.
Da bi bilo želeno število večkratnik 24, mora biti deljivo z 8 in hkrati s 3.
Število je deljivo z 8, če njegove zadnje 3 števke tvorijo število, ki je večkratnik števila 8. Z uporabo samo dvojk in ničel lahko tako trimestno število sestavite na naslednji način: 000, 002, 020, 022, 200, 202 , 220, 222. Od teh števil z 8 samo deljivo s 000 in 200.
Sedaj morate zahtevano število dopolniti s prvimi 3 števkami, tako da bo tudi deljivo s 3.
V primeru 1 bo to edina možnost: 222000 .
V drugem primeru sta dve možnosti: 220200 , 202200 .
Odgovor: 222000, 220200, 202200
Poišči štirimestno število, večkratnik števila 15, katerega zmnožek števk je večji od 35, a manjši od 45. V odgovoru označi eno tako število.
Večkratnost želenega števila 15 daje 2 pogoja: mora biti deljivo s 5 in 3.
Če je število večkratnik 5, se mora končati s številom 5 ali 0. Vendar 0 v tem primeru ni mogoče uporabiti, saj se v tem primeru izkaže, da je produkt števk števila enak 0. Glede na pogoj temu ni tako. Torej, zadnja - 4. - številka številke je 5.
Po pogoju 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=8, 1·2·4=8.
Od tu dobimo številke:
1185 ; 1245 .
Preverimo jih za večkratnik 3:
Zaključek: obe najdeni števili sta večkratnika 3. Poleg tega sta njuni kombinaciji večkratniki:
1815 ; 8115 ; 1425 ; 2145 ; 2415 ; 4125 ; 4215 .
Odgovor: 1815; 8115; 1425; 2145; 2415; 4125; 4215
Poišči petmestno število, ki je večkratnik števila 25, katerega kateri koli dve sosednji števki se razlikujeta za 2. V odgovoru označi eno tako število.
Če je število deljivo s 25, potem se mora končati na: 00, 25, 50, 75. Ker. sosednje števke se morajo razlikovati strogo za 2, potem lahko uporabimo samo 75 za 4. in 5. števko, dobimo: ***75.
1) *7975 → 97975 oz 57975 ;
2) *3575 → 13575 oz 53575 , *7575 → 57575 oz 97575 .
Odgovor: 97975, 57975, 13575, 53575, 57575, 97575
Poiščite trimestno naravno število, večje od 600, ki mu pri deljenju s 3, 4 in 5 ostane ostanek 1 in katerega števke so razvrščene v padajočem vrstnem redu od leve proti desni. V odgovoru navedite takšno številko.
Ker zahtevano število je >600 in je hkrati trimestno, potem je lahko 1. mesto samo 6, 7, 8 ali 9. Potem dobimo za zahtevano število:
Če mora število pri deljenju s 5 pustiti ostanek 1, potem se lahko konča le na 0+1=1 ali 5+1=6. Šest tukaj zavržemo, saj je v tem primeru število sodo in potencialno lahko deljivo s 4. Zato imamo:
Če pri številu pri deljenju s 3 ostane ostanek 1, mora biti vsota njegovih števk večkratnik števila 3 plus 1. Poleg tega upoštevamo, da morajo biti števke v številu razporejene v padajočem vrstnem redu. Izberemo naslednje številke:
Iz tega zaporedja zavržemo števila, za katera ni izpolnjen pogoj, da mora število pri deljenju s 4 pustiti ostanek 1.
Ker Znak deljivosti s 4 je, da morata biti zadnji 2 števki deljivi s 4, potem dobimo:
za 631: 31=28+3, tj. ostanek je 3; številka ne ustreza
Za 721 : 21=20+1, tj. ostanek je 1; številka je primerna
za 751: 51=48+3, tj. preostanek – 3; številka ne ustreza
Za 841 : 41=40+1, tj. ostanek je 1; številka je primerna
za 871: 71=68+3, tj. ostanek je 3; številka ne ustreza
za 931: 31=28+3, tj. preostanek – 3; številka ne ustreza
Za 961 : 61=60+1, tj. ostanek je 1; številka je primerna
Odgovor: 721, 841, 961
Poišči trimestno naravno število, večje od 400, vendar manjše od 650, ki je deljivo z vsako svojo števko in ima vse števke različne in niso enake 0. V odgovoru označi eno tako število.
Števili 40* in 4*0 zavržemo, ker vsebujejo 0.
Številke 41* so primerne samo za soda števila, ker to je predpogoj za večkratnost 4. Analizirajmo:
412 - ustreza
414 – ni primeren, ker številke se ujemajo
416 – ni primeren, ker ni deljivo s 6
418 – ni primeren, ker ni deljivo s 4 ali 8
Od števil 42* so primerna le soda, saj morajo biti deljiva z 2:
422 in 424 nista primerna, saj številke se ujemajo
426 – ni primeren, ker ni deljivo s 4
428 – ni primeren, ker ni deljivo z 8
Števila 43* so primerna le za soda števila in večkratnike 3. Zato le 432 .
Številke 44* se ne prilegajo popolnoma.
Številke 45* niso povsem primerne, saj... končati se morajo samo s 5 (tj. liho) ali 0.
Številke 46*, 47*, 48*, 49* niso povsem primerne, ker... Za vsakega od njih ni izpolnjen 1 ali več pogojev.
Številke v 5. stotini niso povsem primerne. Biti morajo deljivi s 5, za to pa se morajo končati s 5 ali 0, kar ni dovoljeno.
Številke 60* so popolnoma neprimerne.
Med ostalimi lahko štejemo le sode, večkratnike 3, ki se ne končajo z 0. Če izpustimo podrobnosti o naštevanju števil, bomo le določili, katera od njih so primerna: 612 , 624 , 648 . Za ostale eden ali več pogojev ni izpolnjenih.
Odgovor: 412, 432, 612, 624, 648
Poiščite štirimestno število, ki je večkratnik števila 45 in katerega vse števke so različne in sode. V odgovoru navedite eno takšno številko.
Ker Po pogoju morajo biti števila soda, potem pridejo v poštev le števila 2., 4., 6. in 8. tisočaka. To pomeni, da se lahko začne z 2, 4, 6 ali 8.
Če je število večkratnik 45, potem je večkratnik 5 in večkratnik 9.
Če je število večkratnik 5, se mora končati s 5 ali 0. Ker pa morajo biti vse števke sode, je tukaj primerna samo 0.
Tako dobimo številske vzorce: 2**0, 4**0, 6**0, 8**0. Iz tega sledi, da je za preverjanje večkratnika števila 9 potrebno, da je vsota prvih 3 števk enaka 9, ali 18, ali 27 itd. Toda tukaj je primerno samo 18. Razlogi: 1) da bi dobili vsoto 9, mora biti eden od členov lih, kar je v nasprotju s pogojem; 2) 27 ni primerno, ker tudi če vzamemo največjo 1. števko 8, bo vsota 2. in 3. števke enaka 27–8=19, kar presega dovoljeno mejo. Tudi večje vsote števil, večkratniki števila 9, so še bolj neprimerne.
Števila obravnavamo v tisočih.
Številke 2**0. Vsota povprečnih števil je: 18–2=16. Edini način, da dobiš 16 iz sodih števil, je 8+8. Vendar se številke ne smejo ponavljati. Zato tukaj ni številk, primernih za stanje.
Številke 4**0. Vsota povprečnih števil: 18–4=14. 14=8+6. Zato dobimo: 4680 oz 4860 .
Številke 6**0. Vsota povprečnih števil: 18–6=12. 12=6+6, kar ni primerno, ker številke se ponavljajo. 12=4+8. Dobimo: 6480 oz 6840 .
Številke 8**0. Vsota povprečnih števil: 18–8=10. 10=2+8, kar ni primerno, saj v tem primeru se bo 8 ponovilo 10=4+6. Dobimo: 8460 oz 8640 .
Odgovor: 4680, 4860, 6480, 6840, 8460, 8640
Čitalova Svetlana Nikolaevna
Naziv delovnega mesta: učiteljica matematike
Izobraževalna ustanova: Srednja šola MBOU št. 23 s poglobljenim študijem posameznih predmetov
Kraj: Regija Nižni Novgorod, mesto Dzerzhinsk
Ime materiala: predstavitev
Zadeva:"Naloga št. 19. Enotni državni izpit. Matematika (osnovna raven)"
Datum objave: 14.05.2016
Odsek: popolna izobrazba
Naloga št. 19.
Enotni državni izpit. Matematika
(osnovna raven)
Čitalova Svetlana Nikolaevna
učiteljica matematike,
Srednja šola MBOU št. 23
s poglobljenim študijem posameznika
predmeti,
Značilnosti naloge
Značilnosti naloge
Naloga št. 19 (1 točka) –
osnovna raven.
transformacije.
Naloga št. 19 (1 točka) –
osnovna raven.
Preizkuša sposobnost izvajanja izračunov in
transformacije.
Čas za dokončanje naloge je 16 minut.
Naloga vsebuje naloge na temo
"Deljivost naravnih števil."
Če želite rešiti to težavo, morate vedeti
znaki deljivosti naravnih števil,
lastnosti deljivosti števil in druge informacije.
deljivo s 4.
deljivo z 11.
Z 2: Število je deljivo z 2, če in samo če
konča se s sodim številom.
S 3: Število je deljivo s 3, če in samo če
ko je vsota njegovih števk deljiva s 3.
S 4: Število je deljivo s 4, če in samo če
število, ki ga tvorita zadnji dve števki,
deljivo s 4.
S 5: Število je deljivo s 5, če in samo če
ko se konča s številko 0 ali 5.
Z 8: Število je deljivo z 8, če in samo če je število, ki ga tvorijo njegove tri
zadnje števke, deljive z 8.
Z 9: Število je deljivo z 9, če in samo če je vsota njegovih števk deljiva z 9.
Z 10: Število je deljivo z 10, če in samo če se konča z 0.
Z 11: število je deljivo z 11, če in samo če je razlika med vsoto
števila na sodih mestih in vsota števil na lihih mestih,
deljivo z 11.
S 25: Število je deljivo s 25, če in samo če je število, ki ga tvorita njegovi dve
zadnje števke, deljive s 25.
Znaki deljivosti:
Znaki deljivosti:
številke
tako da
a = in q + r, kjer je 0 ≤ r ≤ in.
Lastnost deljivosti: Če je naravno število deljivo z vsako
dve soprosti števili, potem se deli z njunim produktom.
Opredelitev. Naravna števila imenujemo
soprapra, če je njihov največji skupni delitelj 1.
Opredelitev. Največje naravno število, ki je deljivo z
ostanek števila a in b imenujemo največji skupni delitelj teh
številke
Lastnost deljivosti: Če je v vsoti celih števil vsak člen
je deljivo s številom, potem se vsota deli s tem številom.
Izrek o deljenju z ostankom: Za vsako celo število a in
naravno število v obstaja edinstven par celih števil q in r
tako da
a = in q + r, kjer je 0 ≤ r ≤ in.
Opredelitev. Aritmetična sredina več števil se imenuje
količnik deljenja vsote teh števil s številom členov.
Teoretične informacije:
Teoretične informacije:
vendar ni deljivo z 9.
Navedite primer trimestnega števila, vsote števk
ki je enako 20, vsota kvadratov števk pa je deljiva s 3,
vendar ni deljivo z 9.
Naloga št. 1 (demo verzija 2016)
s 3 in ni deljivo z 9.
rešitev. Razčlenimo število 20 na različne 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
V vsaki razširitvi poiščemo vsoto kvadratov in preverimo, ali je deljiva
s 3 in ni deljivo z 9.
1) 81+81+4 =166 ni deljeno s 3; 2) 81+64+9 =154 ni deljeno s 3;
3) 81+49+16 =146 ni deljeno s 3; 4) 81+36+25=142 ni deljeno s 3;
5) 64+64+16=144 primerov za 3 in 9;
6) 64+49+25= 138 primerov za 3, vendar ni primerov za 9
Razširitev (6) zadošča pogojem problema. Tako je stanje
Težavo reši poljubno število, zapisano kot 5,7,8.
Odgovori. 578, 587,758,785,857,875
Navedite primer trimestnega števila, vsote števk
vendar ni deljivo s 4.
Navedite primer trimestnega števila, vsote števk
ki je enako 24, vsota kvadratov števk pa je deljiva z 2,
vendar ni deljivo s 4.
Naloga št. 2
Naloga št. 2
deljivo z 9.
9,9,6 in 9,8,7.
rešitev. Naj bo ABC želeno število. Ker je a+b+c=24,
potem sta med števili a, b, c dve lihi ali pa nobeno.
Če so vsa števila a, b, c soda, potem je vsota njihovih kvadratov deljiva s 4, kar je v nasprotju
pogoje naloge, kar pomeni, da sta med števili a, b, c dve lihi. Razčlenimo število 24 na
izrazi: 24=9+9+6, 24=9+8+7.
V vsaki razširitvi poiščemo vsoto kvadratov in preverimo, ali je deljiva s 3 in ne
deljivo z 9.
81+81+36= 198 primerov za 2, vendar ni primerov za 4
81+64+49= 194 primerov za 2, vendar ni primerov za 4
Razširitve (1), (2) izpolnjujejo pogoje problema. torej
katero koli število, zapisano s ciframi, izpolnjuje pogoje naloge
9,9,6 in 9,8,7.
Odgovori. 996, 969, 699, 987, 978, 897, 879, 798, 789
kvadrati števil, deljivih s 5
Navedite primer trimestne številke,
vsota števk, ki je 22, in vsota
kvadrati števil, deljivih s 5
Naloga št. 3
Naloga št. 3
Odgovori. 589.598.985.958.895.859
prav.
Navedite primer trimestnega naravnega števila, večjega od
600, ki pri deljenju s 3, s 4, s 5 ostane ostanek 1 in
katerih številke so razvrščene v padajočem vrstnem redu od leve
prav.
V odgovoru navedite točno eno takšno številko.
Naloga št. 4
Naloga št. 4
Preverimo pri k=10.
prav.
prav.
Odgovori. 721
rešitev. Naj bo A želeno število. Ker je deljivo s 3,4,5, je deljivo s
3x4x5= 60 in pri deljenju dobi ostanek 1, kar pomeni A=60k+1. Ker je A večji od 600, potem
Preverimo pri k=10.
Če je k=10, potem je A=601, številke v tem številu niso urejene v padajočem vrstnem redu od leve
prav.
Če je k=11, potem je A=661 števke v tem številu niso razvrščene v padajočem vrstnem redu od leve
prav.
Če je k=12, potem je A=721, so števke v tem številu razporejene v padajočem vrstnem redu od leve.
na desno, kar pomeni, da to število izpolnjuje pogoje problema.
Odgovori. 721
Navedite primer trimestnega naravnega števila, ki, ko
deljenje s 7 in 5 daje enake ostanke, ki niso nič, in prvi na levi
katere števka je aritmetična sredina dveh drugih števk.
Če je takšnih števil več, v odgovoru označite najmanjše od njih.
Problem #5
Problem #5
< r < 5.
Končano.
rešitev. Naj bo A želeno število. Ker je deljivo s 7 in 5, je deljivo s 7x5=
35 in pri deljenju dobijo enake ostanke, ki niso nič, kar pomeni A = 35k+ r, kjer je 0< r < 5.
Če je k = 3, potem je A = 106, 107, 108, 109 prva številka na levi v teh številkah ni enaka povprečju
aritmetiko drugih dveh števk. Če je prva številka 1, potem pogoj ne bo
Končano.
Če je k = 6, potem je A = 211, 212, 213, 214, je prva številka na levi v številu 213 enaka povprečju
aritmetiko dveh drugih števk, kar pomeni, da to število izpolnjuje dani pogoj
in je najmanjši. Odgovori. 213
Navedite primer trimestnega naravnega števila, ki, ko
katere števka je aritmetična sredina dveh drugih števk.
Navedite primer trimestnega naravnega števila, ki, ko
deljenje z 9 in 10 daje enake ostanke, ki niso nič, in prvi na levi
katere števka je aritmetična sredina dveh drugih števk.
Če je takšnih števil več, v odgovoru označite največje od njih.
Problem št. 6
Problem št. 6
Problem št. 7
Problem št. 7
ena taka številka.
Poiščite trimestno naravno število, ki je večje od 400
pri deljenju s 6 in 5 daje enake ostanke, ki niso nič, in
prva številka z leve je sredina
aritmetiko drugih dveh števk V odgovoru navedite natančno
ena taka številka.
Odgovori. 453
Odgovori. 453
Odgovori. 546
Odgovori. 546
več številk v
Navedite primer šestmestnega naravnega števila, ki
zapisano samo s številkami 2 in 3 ter deljeno s 24. Če je tako
več številk v
V odgovoru navedite najmanjšega od njih.
Problem št. 8
Problem št. 8
rešitev.
Odgovori. 233232
rešitev.
Naj bo A želeno število. Ker je deljivo z
24 = 3x8, potem je deljivo s 3 in 8. Po preizkusu deljivosti z 8 je
ugotovimo, da so zadnje tri števke 232. Seštevek teh številk znaša
Po preizkusu deljivosti s 3 lahko vsota prvih treh števk
sestavljajo 2 (ni primerno), 5 (ni primerno), 8 (kombinacije številk
3,3,2). Ker mora biti število najmanjše, potem je 233232
Odgovori. 233232
eno nastalo število.
Prečrtajte tri števke v številu 54263027, tako da
dobljeno število delimo s 15. V odgovoru navedite natančno
eno nastalo število.
Problem št. 8
Problem št. 8
rešitev.
Naj bo A želeno število. Ker je deljivo z
število je 5+4+2+6+3+0=20
Odgovori. 54630 ali 42630.
rešitev.
Naj bo A želeno število. Ker je deljivo z
15 = 3x5, potem je deljivo s 3 in 5. Po preizkusu deljivosti s 5 je
dobimo, da moramo prečrtati zadnji dve števki, dobimo številko
542630. Iz te številke morate prečrtati 1 števko. Vsota števk tega
število je 5+4+2+6+3+0=20
Po preizkusu deljivosti s 3 morate prečrtati 2 (vsota števk
bo 18) ali 5 (vsota števk bo 15)
Odgovori. 54630 ali 42630.
Navedite primer šestmestnega naravnega števila, ki
zapisano samo s številkami
Navedite primer šestmestnega naravnega števila, ki
zapisano samo s številkami
2 in 4 in je deljivo s 36. Če je takih števil več,
V odgovoru navedite največjega od njih.
Problem št. 9
Problem št. 9
Odgovori. 442224
Odgovori. 442224
Prečrtajte tri števke v številu 84537625, tako da
dobljeno število delimo z 12. V odgovoru navedite
natanko eno nastalo število.
Problem št. 10
Problem št. 10
Odgovori. 84576
Odgovori. 84576
izbrisal Kolya?
Petmestno število, deljivo z
55 brez ostanka. Kolya je tekel mimo, izbrisal eno številko in
Namesto tega sem narisal *. Izkazalo se je 404*0. Katero število
izbrisal Kolya?
Problem št. 11
Problem št. 11
rešitev.
40400= 55x734+30, kar pomeni
10a+30=55k
Če je k=2, potem je 10a=80, a=8
a ≥ 13,5
(a - ni število)
Odgovori. 8.
rešitev.
Naj bo a želeno število. Potem lahko številko predstavimo kot:
404a0 = 40400+10a. Ker je ostanek 40400 deljeno s 55 30,
40400= 55x734+30, kar pomeni
404a0 = 40400+10a= 55x734+30+ 10a, tj. 40400 +10a je enakomerno deljeno z
55 če in samo če je 10a+30 deljivo s 55, tj.
10a+30=55k
Če je k = 1, potem je 10a = 25, a = 2,5 (ni število)
Če je k=2, potem je 10a=80, a=8
Če k≥3, potem 10a=55k ─30 ne bo manj kot 135,
a ≥ 13,5
(a - ni število)
Odgovori. 8.
katerih vsota števk je enaka 3?
Koliko je trimestnih števil?
katerih vsota števk je enaka 3?
Problem št. 12
Problem št. 12
Odgovori. 6.
rešitev. Naj bo ABC zahtevano število. Ker je a+b+c=3,
nato s preprostim naštevanjem možnosti (ob upoštevanju
izmenično primeri a = 1, a = 2, a = 3), dobimo številke
120.102.111.210.201.300, to je njihovo število je 6.
Odgovori. 6.
izbrisal Petya?
Na tablo je bilo napisano petmestno število deljivo
na 41 brez ostanka. Petja je tekla mimo, izbrisala eno številko in
Namesto tega sem narisal *. Izkazalo se je 342*6. Katero število
izbrisal Petya?
Problem št. 13
Problem št. 13
Odgovori. 7
Odgovori. 7
Problem št. 14
Problem št. 14
števke enake 4?
Koliko je trimestnih števil, katerih vsota je
števke enake 4?
Odgovori. 10
Odgovori. 10
Bibliografija:
Bibliografija:
izobraževanje, 2016
Matematika. Priprava na enotni državni izpit 2016.
Osnovna raven./ D.A. Malcev, A.A.
Maltsev, L.I. Maltseva/- M: Narodnoe
izobraževanje, 2016
2. Demo - različica 2016 (spletna stran FIPI)
Spletna stran "Reševanje enotnega državnega izpita" Dmitrija Guščina
Algebra 8. razred: učbenik za splošnoizobraževalce
organizacije / Yu.N Makarychev in drugi / - M: Mnemosyna, 2015
Matematika razredi 5,6: učbeniki za splošno izobraževanje
ustanove / N.Ya Vilenkin in drugi / - M: Mnemosyna, 2015
Hvala za vašo pozornost!!!
Hvala za vašo pozornost!!!
Enotni državni izpit na ravni profila matematike
Delo je sestavljeno iz 19 nalog.
1. del:
8 nalog s kratkimi odgovori osnovne težavnostne stopnje.
2. del:
4 naloge s kratkimi odgovori
7 nalog s podrobnimi odgovori visoke težavnostne stopnje.
Trajanje - 3 ure 55 minut.
Reševanje nalog enotnega državnega izpita iz matematike.
Če želite to rešiti sami:
1 kilovatna ura električne energije stane 1 rubelj 80 kopejk.
Števec električne energije je 1. novembra pokazal 12.625 kilovatnih ur, 1. decembra pa 12.802 kilovatnih ur.
Koliko naj plačam elektrike za november?
Odgovorite v rubljih.
V menjalnici 1 grivna stane 3 rublje 70 kopejk.
Dopustniki so zamenjali rublje za grivno in kupili 3 kg paradižnika po ceni 4 grivne za 1 kg.
Koliko rubljev jih je stal ta nakup? Odgovor zaokrožite na celo število.
Maša je poslala SMS-sporočila z novoletnimi voščili svojim 16 prijateljem.
Cena enega SMS sporočila je 1 rubelj 30 kopeck. Pred pošiljanjem sporočila je imela Maša na računu 30 rubljev.
Koliko rubljev bo Maši ostalo po pošiljanju vseh sporočil?
Šola ima šotore za tri osebe.
Kakšno je najmanjše število šotorov, ki jih morate vzeti s seboj na kampiranje z 20 ljudmi?
Vlak Novosibirsk-Krasnoyarsk odpelje ob 15.20 in prispe naslednji dan ob 4.20 (po moskovskem času).
Koliko ur vozi vlak?
Reši enačbo:
1/cos 2 x + 3tgx - 5 = 0
Navedite korenine
ki pripada segmentu (-n; n/2).
rešitev:
1) Zapišimo enačbo takole:
(tg 2 x +1) + 3tgx - 5 = 0
Tg 2 x + 3tgx - 4 = 0
tgx = 1 ali tgx = -4.
Zato:
X = n/4 + nk ali x = -arctg4 + nk.
Segment (-p; p/2)
Koreni pripadajo -3p/4, -arctg4, p/4.
Odgovor: -3p/4, -arctg4, p/4.
Veš kaj?
Če pomnožite svojo starost s 7 in nato pomnožite s 1443, bo rezultat vaša starost, napisana trikrat zapored.
Negativna števila imamo za nekaj naravnega, vendar ni bilo vedno tako. Negativna števila so bila prvič legalizirana na Kitajskem v 3. stoletju, vendar so se uporabljala le v izjemnih primerih, saj so se na splošno štela za nesmiselna. Nekoliko kasneje so se negativna števila začela uporabljati v Indiji za označevanje dolgov, vendar se na zahodu niso uveljavila - slavni Diofant iz Aleksandrije je trdil, da je enačba 4x+20=0 absurdna.
Ameriški matematik George Dantzig je med podiplomskim študentom na univerzi nekega dne zamudil k pouku in enačbe, napisane na tabli, zamenjal za domačo nalogo. Zdelo se mu je težje kot običajno, vendar ga je po nekaj dneh zmogel dokončati. Izkazalo se je, da je rešil dva »nerešljiva« problema v statistiki, s katerima so se ubadali številni znanstveniki.
V ruski matematični literaturi nič ni naravno število, v zahodni literaturi, nasprotno, spada v množico naravnih števil.
Decimalni številski sistem, ki ga uporabljamo, je nastal, ker imamo ljudje 10 prstov. Sposobnost abstraktnega štetja se pri ljudeh ni pojavila takoj in izkazalo se je, da je za štetje najbolj priročno uporabljati prste. Majevska civilizacija in neodvisno od njih Čukči so skozi zgodovino uporabljali dvajsetmestni številski sistem, pri čemer niso uporabljali prstov le na rokah, ampak tudi na prstih na nogah. Duodecimalni in šestdesetinski sistem, ki sta bila običajna v starem Sumerju in Babilonu, sta prav tako temeljila na uporabi rok: falange drugih prstov na dlani, katerih število je 12, so šteli s palcem.
Neka prijateljica je prosila Einsteina, naj jo pokliče, vendar je opozorila, da si je njeno telefonsko številko zelo težko zapomniti: - 24-361. Ali se spomniš? ponovi! Presenečen Einstein je odgovoril: "Seveda se spomnim!" Dva ducata in 19 na kvadrat.
Stephen Hawking je eden vodilnih teoretičnih fizikov in popularizator znanosti. V svoji zgodbi o sebi je Hawking omenil, da je postal profesor matematike, ne da bi bil deležen kakršne koli matematične izobrazbe od srednje šole. Ko je Hawking začel poučevati matematiko na Oxfordu, je učbenik prebral dva tedna pred svojimi učenci.
Največje število, ki ga lahko zapišete z rimskimi številkami, ne da bi kršili Shvartsmanova pravila (pravila za pisanje rimskih številk), je 3999 (MMMCMXCIX) - ne morete napisati več kot treh števk zaporedoma.
Obstaja veliko prispodob o tem, kako nekdo povabi drugega, da mu plača za neko storitev na naslednji način: na prvo polje šahovnice bo položil eno zrno riža, na drugo - dve in tako naprej: na vsako naslednje polje. dvakrat toliko kot na prejšnjem. Posledično bo tisti, ki bo tako plačeval, zagotovo bankrotiral. To ni presenetljivo: ocenjuje se, da bo skupna teža riža več kot 460 milijard ton.
V številnih virih, pogosto z namenom spodbujanja slabših učencev, je izjava, da je Einstein v šoli padel pri matematiki ali pa se je na splošno zelo slabo učil pri vseh predmetih. Pravzaprav vse ni bilo tako: Albert je že zgodaj začel kazati nadarjenost za matematiko in jo je poznal daleč preko šolskega kurikuluma.
Demo različica Enotnega državnega izpita 2019 iz matematike
Enotni državni izpit iz matematike 2019 v formatu pdf Osnovna raven | Raven profila
Naloge za pripravo na enotni državni izpit iz matematike: osnovna in specializirana raven z odgovori in rešitvami.
Matematika: Osnovna | profil 1-12 | | | | | | | | domov
Število P je enako zmnožku 11 različnih naravnih števil, večjih od 1.
Kakšno je najmanjše število naravnih deliteljev (vključno z enico in samim številom), ki jih lahko ima število P.
Vsako naravno število N lahko predstavimo kot produkt:
N = (p1 x k1) (p2 x k2) ... itd.,
Kje so p1, p2 itd. - praštevila,
In k1, k2 itd. - nenegativna cela števila.
Na primer:
15 = (3 1) (5 1)
72 = 8 x 9 = (2 x 3) (3 2)
Torej je skupno število naravnih deliteljev števila N enako
(k1 + 1) (k2 + 1) ...
Torej, po pogoju, P = N1 N2 ... N11, kjer
N1 = (p1 x k) (p2 x k) ...
N2 = (p1 x k) (p2 x k) ...
...,
kar pomeni, da
P = (p1 x (k + k + ... + k)) (p2 x (k + k + ... + k)) ...,
In skupno število naravnih deliteljev P je enako
(k + k + ... + k + 1) (k + k + ... + k + 1) ...
Ta izraz ima najmanjšo vrednost, če so vsa števila N1...N11 zaporedne naravne potence istega praštevila, začenši z 1: N1 = p, N2 = p 2 , ... N11 = p 1 1.
To je npr.
N1 = 2 1 = 2,
N2 = 2 2 = 4,
N3 = 2 3 = 8,
...
N11 = 2 1 1 = 2048.
Potem je število naravnih deliteljev P enako
1 + (1 + 2 + 3 + ... + 11) = 67.
rešitev:
Vsako naravno število je lahko sodo (2 k) ali liho (2 k+1).
1. Če je število liho:
n = 2 k+1 = (k)+(k+1). Števili k in k+1 sta vedno relativno praštevili
(če obstaja neko število d, ki je delitelj x in y, mora biti tudi število |x-y| deljivo z d. (k+1)-(k) = 1, to pomeni, da mora biti 1 deljivo z d. , to je d=1, kar je dokaz medsebojne preprostosti)
To pomeni, da smo dokazali, da lahko vsa liha števila predstavimo kot vsoto dveh relativno praštevil.
Izjema glede na pogoj bosta števili 1 in 3, saj 1 sploh ne moremo predstaviti kot vsoto naravnih, 3 = 2+1 in nič drugega, ena kot člen pa ne ustreza pogoju.
2. Če je število sodo:
n=2k
Tukaj moramo upoštevati dva primera:
2.1. k - celo, tj. mogoče predstaviti kot k = 2 m.
Potem je n = 4 m = (2 m+1)+(2 m-1).
Števili (2 m+1) in (2 m-1) imata lahko le skupni delitelj (glej zgoraj), ki deli število (2 m+1)-(2 m-1) = 2. 2 je deljivo z 1 in 2.
Če pa je delitelj 2, potem se izkaže, da mora biti liho število 2 m+1 deljivo z 2. To se ne more zgoditi, zato ostane samo 1.
Dokazali smo torej, da lahko vsa števila oblike 4 m (torej večkratnike 4) predstavimo tudi kot vsoto dveh sorazmerno praštevil.
Izjema je tu število 4 (m=1), ki ga sicer lahko predstavimo kot 1+3, vendar kot enota kot pojem za nas še vedno ni primerno.
2.1. k - liho, tj. mogoče predstaviti kot k = 2 m-1.
Potem je n = 2 (2 m-1) = 4 m-2 = (2 m-3)+(2 m+1)
Števili (2 m-3) in (2 m+1) imata lahko skupni delitelj, ki deli število 4. To je bodisi 1, ali 2, ali 4. Toda niti 2 niti 4 nista primerna, saj je (2 m+ 1) - število je liho in ga ni mogoče deliti z 2 ali 4.
Dokazali smo torej, da lahko vsa števila oblike 4 m-2 (torej vse večkratnike 2, ne pa večkratnike 4) predstavimo tudi kot vsoto dveh sorazmerno praštevil.
Pri tem sta izjemi števili 2 (m=1) in 6 (m=2), pri katerih je eden od členov v razgradnji na par relativno praštevil enak ena.
