Witajcie dostałem do wykonania zagadki logiczne, są one dla mnie dość trudne, bo nie przepadam za takimi, wolę po prostu liczyć. Czy mógłbym liczyć na pomoc w rozwiązaniu ich? Załączam zdjęcie zestawu tych zagadek matematyczno-logicznych.
Nie wrzucę obrazka tutaj, ponieważ przy 500px szerokości prawie nic by nie było widać.
[ciach]
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 9 maja 2014, o 20:58
autor: Zahion
Każdy wstawi coś i wyjdzie
5:
\(\displaystyle{ 3p + 1 = a ^{2}, a \in N}\) stąd \(\displaystyle{ 3p = (a-1)(a+1)}\) korzystając z tego, że \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą mamy układ \(\displaystyle{ 3 = a-1, p = a+1}\) lub \(\displaystyle{ 3=a+1, p = a-1}\). Liczby \(\displaystyle{ a =4, p = 5}\) spełniają tylko warunki zadania, więc liczba \(\displaystyle{ p= 5}\) jest jedynym rozwiązaniem.
11:
\(\displaystyle{ ABBA=1001A+110B, BABA=1010B+101A}\) stąd \(\displaystyle{ ABBA-BABA=900A-900B}\). Prawa strona to \(\displaystyle{ ABAB=1010A + 101B, BAAB=1001B+110A}\)stąd \(\displaystyle{ ABAB-BAAB=900A-900B}\) stąd też \(\displaystyle{ L=P}\) co należało dowieść.
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 9 maja 2014, o 21:47
autor: deciver
Dziękuje Ja też postaram się rozwiązać parę i wspólnie dojdziemy
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 9 maja 2014, o 21:53
autor: jacdiag
1; 15;
9;
Ukryta treść:
63
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 9 maja 2014, o 22:14
autor: Zahion
6:
Nie jestem pewien co do rozwiązania, proszę o sprawdzenie. Oczywiście, \(\displaystyle{ \sqrt{n} \in N}\) stąd każda z rozpatrywanych liczb oznaczmy je jako \(\displaystyle{ a _{1},a _{2},...,a _{k}}\) musi być kwadratem liczby naturalnej, gdyż w jej rozkładzie na czynniki pierwsze muszą występować tylko parzyste potęgi. Rozpatrzmy liczbę \(\displaystyle{ a _{i}=p _{1} ^{2 \alpha _{1} }p _{2} ^{ 2\alpha _{2} }...p _{j} ^{2 \alpha _{j} }}\), gdzie \(\displaystyle{ p _{a} \neq p _{b}}\) dla \(\displaystyle{ a, b = 1, 2, ... j}\) wtedy liczba jej dzielników wynosi \(\displaystyle{ \sqrt{a _{i} } =(2 \alpha _{1}+1)...(2 \alpha _{j}+1)}\). Więc też musi zachodzić równość \(\displaystyle{ p _{1} ^{ \alpha _{1} }p _{2} ^{ \alpha _{2} }...p _{j} ^{ \alpha _{j} }=(2 \alpha _{1}+1)...(2 \alpha _{j}+1) (1)}\)Liczby \(\displaystyle{ p _{1},...p _{j}}\) są pierwsze i \(\displaystyle{ \alpha _{m} \in N}\) dla \(\displaystyle{ m=1,...j}\) Udowodnimy, że zachodzi nierówność dla dowolnego \(\displaystyle{ k \in N}\) taka, że \(\displaystyle{ p _{k} ^{ \alpha _{k} } \ge 2 \alpha _{k}+1}\). Zauważmy tutaj, że prawa strona równania \(\displaystyle{ (1)}\) nie jest podzielna przez dwa, stąd też dla dowolnego \(\displaystyle{ m}\) liczba \(\displaystyle{ p _{m} \ge 3, m=1,...j.}\)Mamy więc, że \(\displaystyle{ p _{k} ^{ \alpha _{k} } \ge 3 ^{ \alpha _{k} } \ge 2 \alpha _{k}+1}\) dla \(\displaystyle{ \alpha _{k} \ge 1}\)(można udowodnić za pomocą indukcji) przy czym równość zachodzi tylko dla \(\displaystyle{ p _{k}=3}\) i \(\displaystyle{ \alpha _{k}=1}\). Jako, że lewa i prawa strona równości \(\displaystyle{ (1)}\) ma tą samą liczbę iloczynów to \(\displaystyle{ p_{1}=p _{2}=...=p _{j}=3}\) i \(\displaystyle{ \alpha _{1}=...= \alpha _{j}=1}\) Natomiast z założenia wynika, że liczby \(\displaystyle{ p _{1}, ... p_{j}}\) mają być różne co daje sprzeczność. Wnioskujemy stąd, że jedyną liczbą jest \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ p = 3}\) .
12:
kasia_1126 pisze:Oznaczamy spodek wysokości z wierzchołka \(\displaystyle{ A}\) jako \(\displaystyle{ A'}\) z wierzchołka \(\displaystyle{ B}\) jako \(\displaystyle{ B'}\) i wierzchołek \(\displaystyle{ C}\)jako \(\displaystyle{ C'}\). trójkąty \(\displaystyle{ ACC'}\) i \(\displaystyle{ ABB'}\) są podobne, tak samo trójkąty \(\displaystyle{ A'AB}\) i \(\displaystyle{ C'CB}\) oraz trójkąty \(\displaystyle{ BB'C}\) i \(\displaystyle{ A'AC}\). następnie zauważamy, że na trójkątach \(\displaystyle{ CB'B}\) oraz \(\displaystyle{ CC'B}\) możemy opisać okręgi. Z tego wynika, że na czworokącie \(\displaystyle{ CB'C'B}\) możemy opisać okrąg. w ten sam sposób pokazujemy zależność dla czworokąta \(\displaystyle{ CA'C'A}\) Zauważamy, że kąty \(\displaystyle{ B'BA'}\) oraz \(\displaystyle{ B'C'C}\) są sobie równe oraz, że kąty \(\displaystyle{ CAA'}\) oraz \(\displaystyle{ CC'A'}\) są sobie równe. Jako że kąty \(\displaystyle{ CAA'}\) i \(\displaystyle{ CBB'}\) są sobie równe na mocy podobieństwa trójkątów to wysokość \(\displaystyle{ CC'}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ B'C'A'}\). w ten sam sposób udowadniamy pozostałe kąty.
Modernizacja 6
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 9 maja 2014, o 23:49
autor: virtue
3.
Ukryta treść:
każda liczba N >1 jest postaci 3k-1, 3m lub 3l+1 dla k,m,l naturalnych+
wiec z pięciu (różnych) dowolnych liczb można utworzyć sumę 3 liczb podzielną przez 3
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 00:06
autor: Zahion
14:
Składników będzie \(\displaystyle{ 3 * 3 * 3 * 3 * 2 = 162}\). W pierwszych dwóch nawiasach mamy \(\displaystyle{ 9}\) składników z czego \(\displaystyle{ 3}\) ujemne, w drugich dwóch mamy tyle samo składników z czego \(\displaystyle{ 5}\) ujemnych. Możemy więc zapisać te dwie pary nawiasów w postaci \(\displaystyle{ (x _{1} + x _{2}+...- x_{7}-x _{8}-x _{9})(y _{1}+...-y _{5}-y _{6}-...-y _{9})}\) Mamy więc ilość liczb ujemnych równą \(\displaystyle{ S =5+5+5+5+5+5+4+4+4=42}\)Wynik ten mnożymy jeszcze przez\(\displaystyle{ 2}\) gdyż mamy postac \(\displaystyle{ (p+q)(-z _{1}-...-z _{42})}\) stąd liczb ujemnych jest \(\displaystyle{ 84}\)
Nie zauważyłem rozw. Zd11 przez Zahion, ale i tak jest z bledem
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 00:25
autor: Zahion
10:
Nie. Oznaczmy sobie dane podzbiory jako \(\displaystyle{ A _{1},A _{2},...,A _{n}, n \in N}\)Niech kolejno \(\displaystyle{ a _{1},a _{2},...a _{n}}\) będą największymi elementami tych zbiorów. Wtedy w każdym zbiorze suma liczb wynosi kolejno \(\displaystyle{ 2a _{1},2a _{2},...2a _{n}}\) i dalej niech \(\displaystyle{ S _{A _{1} },....,S _{A _{n} }}\) oznaczają sumę elementów zbiorów kolejno \(\displaystyle{ A _{1},A _{2},...,A _{n}}\) wtedy \(\displaystyle{ S _{A _{1}} +S _{A _{2}} +...+S _{ A _{n}}=2(a _{1}+...+a _{n}) = 61*121}\)Lewa strona dzieli się przez dwa, natomiast prawa nie, co daje nam sprzeczność.
Odnośnie \(\displaystyle{ 8}\) jaka jest tam potęga ?
PS. UP Poprawione, dzięki
7:
Niech \(\displaystyle{ k}\) to bok kwadratu i \(\displaystyle{ r}\) promień koła. Wtedy \(\displaystyle{ k ^{2}= \pi r ^{2}}\)W dane koło wpisujemy kwadrat : wtedy niech \(\displaystyle{ a}\) to bok tego kwadratu \(\displaystyle{ r = \frac{a \sqrt{2} }{2}}\) czyli \(\displaystyle{ a ^{2}=2r ^{2}=P}\) kwadratu. W dany kwadrat wpisujemy koło : Wtedy \(\displaystyle{ q = \frac{k}{2}}\) czyli \(\displaystyle{ \pi q^{2}= \frac{ \pi k^{2}}{4}= \frac{ \pi ^{2}r^{2}}{4}}\) i oczywiście \(\displaystyle{ \frac{ \pi ^{2}r^{2}}{4} > 2r^{2}}\) czyli koło wpisane w kwadrat ma większe pole.
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 01:06
autor: virtue
7.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ \pi r^{2}=a^{2}}\)
pole kwadratu wpisanego w koło\(\displaystyle{ 2r^{2}}\)
pole koła wpisanego w kwadrat\(\displaystyle{ \frac{\pi a^{2}}{4}=\frac{\pi^{2}r^{2}}{4}}\) \(\displaystyle{ \frac{\pi^{2}r^{2}}{4}>2r^{2}}\)
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 01:14
autor: deciver
Tak w 8. zadaniu jest tak:
\(\displaystyle{ (M+I+R+E+K)^{3}=MIREK}\)
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 02:42
autor: Zahion
13:
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 07:12
autor: kerajs
8.
Ukryta treść:
Jest tylko jedno rozwiazanie spełniające treśc zadania: \(\displaystyle{ \left( 1+9+6+8+3\right) ^{3} = 27 ^{3}=19683}\)
Ps. Istnieje też rozwiązanie niespełniające warunku różności cyfr \(\displaystyle{ 26 ^{3}}\)
2.
Ukryta treść:
9
4.
Ukryta treść:
Sa równe
13.
Ukryta treść:
Jaki wspólny dzielnik może mieć pięć kolejnych liczb ? 2, 3 lub 4
Jeśli wśród nich są trzy parzyste to jedna z nich jest podzielna przez 3 . Tylko jedna z nieparzystych będzie także przez 3 podzielna. Druga będzie względnie pierwsza do parzystych i nieparzystej podzielnej przez 3
Gdy są dwie parzyste to wsród trzech nieparzystych tylko jedna jest podzielna przez 3 I ona nie jest względnie parzysta z parzystą podzielną przez 3 (o ile taka występuje). Pozostałe dwie nieparzyste są względnie pierwsze z każą z liczb z wybranej piątki kolejnych naturalnych.
Jeśli obie parzyste nie dzielą sie przez 3 to wtedy każda z niepzrzystych jest względnie pierwsza względem pozostałej czwórki liczb.
Pozostało jeszcze pytanie w nagłówku (pod słowem MAJ).
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 09:31
autor: virtue
kerajs dlaczego drugie tak ?
Zestaw 15 zagadek, potrzebuje rozwiązania ich.
: 10 maja 2014, o 09:59
autor: kerajs
Ad 2.
Aby na razie nie odbierać innym szans na roziązanie tego zadania, podam wskazówki którymi ja się kierowałem w jego rozwiązywaniu:
Ukryta treść:
1. \(\displaystyle{ 9a=10a -a}\)
2. Wybierz co najmniej dwuwyrazowy ciąg rosnący którego elenentami są cyfry od 1 do 9. (np 2,5,6,8)
Umieść go między między liczbami 0 i 10 (dla wybranego przykładu 0,2,5,6,8,10). Jle wynosi suma różnic między kżdymi dwoma kolejnymi wyrazami tego nowego ciągu niezależnie od dokonanego wyboru?
Oczywiście pewnie istnieją inne drogi dla uzyskania prawidłowej odpowiedzi, gdzie powyższe wskazówki będą zupełnie nieprzydatne.