Vsota 100 različnih naravnih števil je 5130
Vir iskanja: Odločba 3754. UPORABA 2016. Matematika, I. V. Jaščenko. 30 možnosti za tipične testne postavke.
Naloga 19. Na tablo je bilo napisanih 20 naravnih števil (ne nujno različnih), od katerih vsaka ne presega 40. Namesto nekaterih števil (morda ena) so bile številke na tabli napisane manj kot original za eno. Številke, ki so se nato izkazale za 0, so bile izbrisane s plošče.
a) Ali se lahko aritmetična sredina števil na tabli poveča?
b) Aritmetična sredina prvotno zapisanih števil je bila 27. Ali bi lahko bila aritmetična sredina števil, ki ostanejo na tabli, 34?
c) Aritmetična sredina prvotno zapisanih števil je bila 27. Poiščite največjo možno vrednost aritmetične sredine števil, ki ostanejo na plošči.
Sklep.
in) Da, morda na primer, če vzamete 19 številk, ki so enake 10, in 20 je enako 1, potem, ko zmanjšate število 20 za 1, postane enako 0 in povprečna vrednost ni več 20 števil, ampak 19, potem imamo:
Začetna srednja vrednost ;;
Povprečna vrednost po spremembi: 
.
Kot lahko vidite, je druga povprečna vrednost postala večja od začetne.
b) Recimo, da morate za izpolnitev tega pogoja vzeti enote, nato vzeti številke in eno številko, skupaj 20 številk. Njihova aritmetična sredina bo
,
in po brisanju enote naj dobijo
,
to pomeni, da imamo sistem enačb:
Če od prve enačbe odštejemo drugo, dobimo:
Če želite izpolniti pogoj iz tega odstavka, morate vzeti delno število števil, kar je v okviru te naloge nemogoče.
Odgovor: št.
v) Če želite dobiti največje povprečje številk, ki ostanejo na plošči, morate najprej zapisati niz števil, sestavljen iz največjega števila (ki bodo nato izbrisane s plošče), preostale številke pa morajo biti največje. Ta pogoj zapišemo v obrazec
,
kje je število enot; - 20. številka (izbrana je tako, da zagotavlja povprečno 27). Zato imamo:
Iz dobljenega izraza je razvidno, da je najmanjša vrednost, pri kateri dobimo največjo vrednost. Tako imamo zaporedje števil, katerih vsota je
Na deski je z vsoto 5120 zapisano 100 različnih naravnih števil.
a) Ali je mogoče zapisati številko 230?
b) Ali je mogoče brez številke 14?
c) Kolikšno je najmanjše število večkratnikov 14 na tabli?
Sklep.
a) Naj bo na tabli zapisano število 230 in 99 različnih naravnih števil. Najmanjša možna vsota števil na tabli je dosežena pod pogojem, da je vsota 99 različnih naravnih števil minimalna. To pa je mogoče, če je 99 različnih naravnih števil aritmetično napredovanje s prvim članom in razliko.Vsota teh števil po formuli za vsoto aritmetičnega napredovanja je:
Vsota vseh števil na tabli S bo enako:
Lahko je videti, da je dobljena vsota večja od 5120, kar pomeni, da je katera koli vsota 100 različnih naravnih števil, med katerimi jih je 230, večja od 5120, torej 230 ne more biti na tabli.
b) Recimo, da na tabli ni zapisana številka 14. V tem primeru najmanjši možni znesek S Številke na tabli bodo sestavljene iz dveh vsot aritmetičnih progresij: vsote prvih 13 članov napredovanja s prvim članom, razlike (to je serija 1,2,3, .. 13) in vsote prvih 87 članov napredovanja s prvim članom, razlike (to je serije 15,16,17, .. 101). Poiščimo ta znesek:
Lahko je videti, da je dobljena vsota večja od 5120, kar pomeni, da je vsaka vsota 100 različnih naravnih števil, med katerimi jih ni 14, večja od 5120, zato brez številke 14 na tabli ne gre.
c) Recimo, da so na tabli zapisana vsa števila od 1 do 100. Potem se izkaže, da je nastala serija aritmetični napredek s prvim članom, razliko. Po formuli za vsoto aritmetičnega napredovanja najdemo vsoto vseh števil na tabli:
Prejeti znesek ne izpolnjuje pogoja težave. Zdaj, da bomo vsoto vseh števil, zapisanih na tabli, povečali na tisto, ki je navedena v pogoju, bomo poskušali števila, ki so večkratniki 14, nadomestiti z drugimi števili, ki sledijo stotilom: 70 bo nadomeščenih z 110, 84 - s 104 in 98 - z 108. Nastala vsota S bo enako:
Z nadaljnjo nadomestitvijo števil, ki so večkratniki 14 s številkami, večjimi od 100, se bo količina povečala in ne bo ustrezala stanju težave. Torej je najmanjše število večkratnikov 14 4.
Dajmo še eno rešitev točke c).
Navedimo primer, ko so na tabli štiri številke, ki so večkratniki 14 (14, 28, 42, 56):
1, 2, ... , 69, 71, 72, ... , 83, 85, 86, ... , 97, 100, 101, 102, 103, 115.
Dokažimo, da ne morejo biti trikratniki 14. Če želite odstraniti največje število večkratnikov 14, morajo biti razlike med novimi in starimi števili minimalne. To pomeni, da je treba nadomestiti največje število, večkratnik 14, z najmanjšim možnim, večjim od 100 številk. Naj bo število večkratnikov 14 3. Potem je najmanjša vsota števil, zapisanih na tabli:
Nastala vsota je večja od 5120. Z nadaljnjo zamenjavo števil, ki so večkratniki 14, s števili, večjimi od 100, se bo znesek povečal, kar pomeni, da na tabli ne sme biti manj kot štiri števila, ki so večkratniki 14.
A) Ne b) Ne c) 4.
Objavljeno dne 14.3.2018
5 (100%) 1 glas
Na deski je zapisano 100 različnih naravnih števil, znano pa je, da je vsota teh števil 5120.
a) Bi lahko na tablo zapisali 230?
b) Ali morda številka 14 ni zapisana na tabli?
c) Kolikšno je najmanjše število večkratnikov 14 na tabli?
Kako rešiti? Zaželeno pod vsemi črkami.
matematika,
izobraževanje
odgovoriti
komentar
med priljubljene
Sadne-ss
Pred 2 minutama
in) Izračunajmo možnost, pri kateri bo znesek najmanjši. Seveda je to le vsota prvih sto števil, tj. 1+2+3…+100
... Štejete lahko tako, da razvrstite, ali pa uporabite formulo " vsote aritmetičnega napredovanja".
Zdaj izračunamo znesek. S100 \u003d ((1 + 100) / 2) * 1-00 \u003d 5050;
Poskusiti moramo nekako, katero koli številko v naši vrstici zamenjati z 230 ... Ugotovimo, koliko nam manjka pred dano v stanju: 5120-5050=70 , ja, in kaj je bilo največ v naši vrsti? Pravilno, 100 ... Izkazalo se je, da je največje število, s katerim lahko nadomestimo katero koli številko iz naše serije 170 ... Torej številke 230 zaporedoma ne more biti.
Ni odgovora;
b) Vzemi, vse iste vrstice, od 1 do 100, vendar odstranite številko od tam 14 in ga poskusite zamenjati z drugim. Na primer, poskusimo vzeti najmanjše število po 100 , in sicer 101 in ga bomo zamenjali. Vsota prvih sto števil smo ugotovili, kar pomeni, da za zamenjavo potrebujemo odštej od njega 14 in dodaj novo vrednost 101: 5050-14+101=5137 -. Na žalost pogoj pravi, da je vsota 5120 , tako žal, številke 14 ne morete izključiti z našega seznama.
Odgovor: b) Ne;
v) Poiščite vse večkratnike 14 iz naše serije ( od 1 do 100). Obstaja veliko načinov za iskanje več vrednosti, vendar v našem primeru število ni tako veliko, jih je mogoče razvrstiti ročno, niz dobimo z dodajanjem: 14, 28, 42, 56, 70, 84, 98 . Samo 7 večkratnikov od 14... Zdaj pa jih poskusimo nadomestiti z več velike vrednosti niso večkratniki 14ker trenutno, naša vsota je 5050... Največji večkratnik zamenjajte z najmanjšim neuporabljenim: 98 do 101;
Naš znesek bo postal: (101-98)+5050=5053- ;
Znesek: (102-84) + 5053 \u003d 5071-;
Še vedno je kraj, nadaljujemo. 70 zamenjajte s 103;
Znesek: (103-70) + 5071 \u003d 5104-;
5104 , še vedno manj kot 5120, potem gremo naprej. Zamenjajte 56 s 104;
Znesek: (104-56) + 5104 \u003d 5152-;
Izkazalo se je več kot potrebno, kar pomeni, da potrebujete
Video tečaj "Get a A" vključuje vse teme, ki so potrebne za uspešno opravljen izpit iz matematike pri 60-65 točkah. Popolnoma vse naloge 1–13 Profilnega enotnega državnega izpita iz matematike. Primerno tudi za opravljanje osnovnega izpita iz matematike. Če želite opraviti izpit za 90-100 točk, morate 1. del rešiti v 30 minutah in brez napak!
Pripravljalni tečaj za izpit za 10. in 11. razred, pa tudi za učitelje. Vse, kar potrebujete za reševanje 1. dela izpita iz matematike (prvih 12 nalog) in problema 13 (trigonometrija). In to je več kot 70 točk na izpitu in brez njih ne more niti študent s sto točkami niti študent humanistike.
Vsa potrebna teorija. Hitre rešitve, pasti in skrivnosti izpita. Analizirane so bile vse ustrezne naloge dela 1 FIPI Task Bank. Tečaj v celoti izpolnjuje zahteve enotnega državnega izpita-2018.
Tečaj vsebuje 5 velikih tem, po 2,5 ure. Vsaka tema je podana iz nič, preprosta in jasna.
Na stotine izpitnih nalog. Težave z besedami in teorija verjetnosti. Preprosti in enostavni algoritmi za reševanje problemov. Geometrija. Teorija, referenčno gradivo, analiza vseh vrst nalog USE. Stereometrija. Zapleteni triki, koristne varalnice, razvijanje prostorske domišljije. Trigonometrija od nič do problema 13. Razumevanje namesto nabiranja. Vizualna razlaga zapletenih konceptov. Algebra. Koreni, stopnje in logaritmi, funkcija in izpeljanka. Osnova za reševanje zapletenih problemov 2. dela izpita.