20

Rekao bih 11...

Марко Екмеџић napisa...

...mlado,zeleno...

Da, vidim gde sam se zeznuo :)

9, 19. 29, 39, 49, 59, 69, 79, 89, 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98 i 99. To je 20 cifara.

Šćepan Šćekić napisa...

...slazem se:))

Koliko cifara 7 ima u svim dvocifrenim celim brojevima?????

19

Kakav danak neiskustvu!!!! Ajde još malo mućni glavom, možda i ubodeš tačan odgovor.

Znao sam da će neko da se ispali. xD

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

...

17,27,37,47,57,67,70.71,72,73,74,75,76,77,78,79,87,97-to je 19

onshort napisa...

...zaboravio si Džejms Bonda, dakle 20 :)

Kalimist napisa...

...Majstore,CELI brojevi...Dakle i negativni... ;)

NeparniValjak napisa...

...

Tako je! Konačno se neko setio negativnih brojeva!

Pošto ste se dovoljno nalupetali da dam rešenje. Ima ih 38 i to su:

NeparniValjak napisa...

...tek sad sam i video taj post sa pitanjem oko toga koliko ima celih brojeva. Mislio sam da se davao odgovor na pitanje koliko ima cifara u brojevima od 1 do 99, kao piše u prvom topiku, a da je Boda iz ne znam kog razloga uzeo sedmice umesto devetki.

Tako ne videh ni da se traže samo dvocifreni, pa ispade glup moj komentar za 007.

OK! Ajdemo sad nešto malo teže. Ko prvi reši dobije plus.

Koliko ima petocifrenih prirodnih brojeva čiji je zbir cifara deljiv sa 9?

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

...To mu u stvari dođu svi petocifreni brojevi koji su deljivi sa devet. Petocifrenih ima ukupno 90 000, svaki deveti je deljiv sa 9, pa je odgovor valjda 10 000. Ako je ovo tačno, može li jedan plavi Bambi umesto plusića?

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

... to je zadatak za 4. razred

Stefi 00 napisa...

...malo više - deljivost sa 9 se uči negde u šestom razredu, čini mi se. Kad smo kod toga, da dam i ja jedan, koji može koristiti za igru moj broj - kada je broj deljiv sa 11?

Kalimist napisa...

... Дељивост бројева учи се у 2. разреду, а бројеви преко 1 000 у 4.

A, deljivost sa 11 je već lepa koskica :)

Broj je deljiv sa 11, ako i samo ako je razlika zbirova naizmeničnih cifara koje čine tu brojku deljiva sa 11, ili je nula.

Objašnjenje je potpuno zbunjujuće dok se ne vidi primer :)

Recimo, broj 947298:

(9+7+9)-(4+2+8)=25-14=11, dakle broj jeste deljiv sa 11

Takođe, 56738:

(5+7+8)-(6+3)=20-9=11, dakle takođe broj deljiv sa 11

Sa manjim brojevima je lakše:

121 => (1+1)-2=0, deljivo sa 11

198 => (1+8)-9=0, deljivo sa 11

2816 => (2+1)-(8+6)=3-14=-11, deljivo sa 11

A trik-pravilo za množenje sa 11? :)

Olakšica za kontrolne zadatke kada ne smeju da se koriste digitroni :)

Марко Екмеџић napisa...

... pa poslednja cifra u resenju je poslednja cifra broja kojim mnozimo 11.a ostatak resenja dobijamo kada sa tim brojem kojim mnozimo 11 saberemo broj koji je taj broj bez poslednje cifre.Mozda konfuzno objasnjenje ali evo primera.

326*11=(326+32)6=3586

15*11=(15+1)5=165

999*11=(999+99)9=10989

Ja to klincima obično objašnjavam ovako (opet na primeru, lakše je :)):

Ako množimo npr. 11 x 358, prva i poslednja cifra iz rešenja su, za početak, prva i poslednja cifra iz broja koji nije 11.

Dakle, u rešenju će prva i poslednja cifra biti 3 i 8.

Između te dve cifre, a gledano zdesna na levo idu zbirovi cifara iz broja koji nije 11, tj. iz broja 358.

Tako je pretposlednja cifra 8+5=13, tj. pišemo 3, a 1 prebacujemo na sledeći zbir, tj. za jedno mesto levo.

Sledeća cifra na levo će biti 5+3, i još plus 1, koje je preneseno iz prethodnog zbira, tj. ukupno 9.

Konačni rezultat je onda 3 9 3 8.

Evo još jednog primera:

11 x 592

1. korak: 5 _ _ 2

2. korak: 2+9=11 => 5 _ 1 2, i prebačeno 1 za sledeći zbir

3. korak: 9+5+1=15 => 5 5 1 2, ali zbog prebačenog 1 iz broja 15, ukupno je 6512

I još jedan primer:

11 x 78654

1. korak: 7 _ _ _ _ 4

2. korak: 4+5=9 => 7 _ _ _ 9 4

3. korak: 5+6=11 => 7 _ _ 1 9 4, i prebačeno 1 za sledeći zbir

4. korak: 6+8+1=15 => 7 _ 5 1 9 4, i prebačeno 1 za sledeći zbir

5. korak: 8+7+1=16 => 7 6 5 1 9 4, i zbog prebačenog 1 iz prethodnog zbira, ukupno je 8 6 5 1 9 4

865194

Марко Екмеџић napisa...

... hvala ti puno, dobro ce mi doci :))

Kalimist napisa...

...

Tacno je, bravo.

Odlični ste, napredujete. Možemo da pređemo na srednju školu. Hajde da vidimo ko najbolje zna kombinatoriku i matematičku logiku. Evo jednog lepog zadatka za vas.

Na koliko načina se mogu postaviti beli i crni skakač na šahovsku

tablu dimenzija 8 × 8 tako da se međusobno ne napadaju?

Ko ovo reši može u srednju školu! xD

Podelimo šahovsku tablu na zone.

Improvizovao sam, nadam se da će se ovo videti onako kako sam ja to "crtao".

Uglavnom, lovac postavljen na žuto polje tuče 7 polja.

Lovac postvaljen na plavo polje tuče 9 polja.

Lovac postvljen na crveno polje tuče 11 polja.

Lovac postavljen na belo polje tuče 13 polja.

Ukoliko lovca stavljamo na žuto polje možemo to učiniti na 28 načina (koliko ima i belih polja). Drugog lovca možemo postaviti na bilo koje od preostalih 63 polja osim onih 7 koje lovac tuče, odnosno to možemo na 63-7 =56 načina. Dakle sveukupno imamo 28*56 načina ovakvih postavki. 

Plavih poja ima 20 pa je to i broj načina na koji se lovac može postaviti na neko od tih polja. Za drugog nam preostaje 54 polja, pa je onda broj načina ovde 20*54.

Analogno, za crvena dobijamo 12*52, za bela 4*50.

Sveukupno imamo 28*56+20*54+12*52+4*50=979712 načina postavki.

Pošto su lovci različite boje, ovaj broj moramo još pomnožiti sa 2. Međutim, s obzirom na dodatne simetrije ovaj broj treba podeliti sa 2.

Prema tome, broj načina je ukupno 979712. Valjda. 

Logaritam napisa...

...svaka cast za racun ali covek je trazio za 2 skakaca( konja) a ne za lovca

Nisam lepo pročitao. Ali mora se priznati da mi je ideja u onom rešenju lepa :). Saću i ovo.

Hmmmm... da nije rešenje za skakače 3732?

Hmmmm... da nije rešenje za skakače 3732?

Ideja je slična, dobio sam 3796. Posle ću napisati kako, ako to neko pre ne učini, jer sad nemam dovoljno vremena.

I mene mrzi da crtam celu shemu

Vidim da nam se rešenje razlikuje za tačno 64, tj. za jednu "kombinaciju" da to tako nazovem

Hmmm... možda je ipak 3456...

Evo obojio sam tablu na sledeći način:

1)Skakač postavljen na neko od belih polja tuče 2 polja

2)Skakač postavljen na neko od plavih polja tuče 3 polja.

3)Skakač postavljen na neko od žutih polja tuče 4 polja

4)Skakač postavljen na neko od crvenih polja tuče 6 polja.

5)Skakač na nekom od sivih polja tuče 8 polja.

Prvih je ukupno 4, drugih 8, trećih 20, četvrtih 16, petih takođe 16.

Ako skakača postavimo na neko od belih polja onda preostalog skakača možemo pozicionirati na 61 način(ne možemo ga staviti na ono polje na kojem je prvi skakač i na ona dva koja on tuče). Pošto takvih polja ima 4 imamo 4*61 način za početak.

Ako skakača postavimo na neko od plavih polja kojih ima 8, preostalog skakaač možemo postaviti na 60 načina (ne možemo ga staviti na ono polje na kojem je prvi skakač i na ona tri koja on tuče). Pošto to prvo polje možemo izabrati na 8 načina, ukupan broj načina za ovaj slučaj je 8*60.

Analogno za preostala polja dobijamo:

Kod žutih 20*59, kod crvenih 16*57 i kod sivih 16*55 načina.

To ukupno daje:

4*61+8*60+20*59+16*57+16*55=3696 načina (prošli put sam pogrešno sabrao ove vrednosti).

Ista logika kao i moja :)

Samo što sam žvrckao po papiru i zanemario Vaša plava poljka, tj. to da ih je 8, a ne 4... na mojih 3456 treba da dodam još 4*60 i to je zaista tih 3696 :)

SVAKA ČAST! DOBRI STE! AJDE VI MENI DAJTE NEKI ZADATAK!

Evo jedan lagan:

Ako imate deset mladica, kako da ih posadite u pet redova, sa po četiri mladice u svakom redu?

Kad smo već kod šaha...

Da li se skakačem može stići sa polja a1 na polje h8 tako da se obiđu sva preostala polja, a skakač ni na jedno ne postavi dva ili više puta?

Odgovor je da može, i znam da je neka nemačka studentarija odradila celu matematiku te kombinatorike negde početkom devedesetih, a bogami skoro da sam u iskušenju da nacrtam tablu, pa da počnem da ubadam polja :)))

Ja sam prilicno siguran da ne moze, a da bi pri slicnim uslovima moglo na tabli npr. 7x7

Ne može, samo treba pokazati zašto.

Da se razumemo, iza odgovora se ne krije nikakva napredna matematika, već jednostavna logička dosetka.

Logaritam napisa...

...Naravno. Ako bi pocetno polje oznacili koordinatama (0,0) onda bi krajnja pozicija bila (7,7).Skakac krecuci se po tabli , naizmenicno skace na polja ciji je zbir koordinata neparan, odnosno paran.Sezdeset i treci potez ne moze zavrsiti na polju ciji je zbir koordinata paran.Zato sam i rekao da bi mozda sve ovo moglo da se izvede na tabli 7x7.

Bravo! 

Nešto drugačije, mada jako slično objašnjenje je vezano za boju polja. Polja a1 i h8 su različite boje, a skakač u svakom potezu prelazi na polje različite boje od one kojoj se nalazi. U šezdeset i trećem potezu on mora biti na polju iste boje kakvu ima ono polje od kojeg je krenuo

Марко Екмеџић napisa...

...Petokraka

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

...

Iako je na ovo pitanje već dat odgovor ipak da dodam još jedno rešenje.

Takvi brojevi se mogu prikazati u obliku 9*k.

Ako je k=1112 dobijamo 10008 odnosno najmanji od traženih brojeva.

Ako je k=11111 dobijamo 99999, što je najveći od traženih brojeva.

Za 1111<k<11112 se prema tome dobiju petocifreni brojevi deljivi sa 9. Takvih brojeva ima 10000, pa je to i odgovor na pitanje.

Dok neko drugi ne postavi nov problem, da se ja nadovežem na prethodni.

Koliki je zbir takvih brojeva (petocifrenih, deljivih sa 9)?

Logaritam napisa...

...

Rešenje je proizvod prosečnog takvok broja i broja tih brojeva. Dakle:

( 10008 + 99999 - 1 ) / 2 * 10000 = 550035000

Ae nek neko zada nešto teže!

Koliko je 88888996632552200222*8854500202200111012201? Ali nemojte koristiti digitrone! Štaviše, nisam siguran da ovo može da se izračuna na digitronu :D

23

9,19,29,39,49,59,69,79,89,90,91,92,93,94,95,96,97,98,99.=19

JOCKEEEE napisa...

...

WTF?

JOCKEEEE napisa...

...trazi se broj devetki, a kolko ja znam u broju 99 su dve devetke

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

...

Ne baš. Bar ne po mom računu.

Takvi brojevi se mogu prikazati u obliku 9*k. Pri tom k može imati vrednosti iz skupa: {1112, 1113, ..., 11111}. Suma takvih brojeva je 9*(1112+...+11111). Ovu sumu možemo naći kao razliku zbirova članova aritmetičkog niza 1,2,3,...,11111 i aritmetičkog niza 1,2,3,...,1112. Prva suma iznosi 11111*11112/ 2, a druga 1112*1113/ 2. Prema tome traženi broj je:

9*(11111*11112-1112*1113)/2 =550024992.

Logaritam napisa...

...

Ne uspevam da nađem grešku u ovom računu, ali sam siguran da nije dobar, zbog toga što sam svoj rezultat od 550035000 proverio programerski i računar vraća ovu vrednost iz mog programa.

Evo i koda u C# pa proveri:

Int64 x = 0;

for (Int64 i = 10000; i <= 99999; i++)

if (i % 9 == 0)

x += i;

MessageBox.Show(x.ToString());

Između ostalog (10008 + 99999-1)/2 *10000 =550030000, a ne 55003500. Ovaj broj svakako ne može biti rešenje jer se radi o sumi brojeva deljivih sa 9, pa i njihov zbir mora biti deljiv sa 9. Kako zbir cifara ovog broja nije deljiv sa 9, nije ni sam taj broj. Kontradikcija.

Ja sam izračunao da je zbir svih petocifrenih brojeva deljivih sa 9 tačno 550035000, pomoću Excela, obzirom da nisam programer :)

Napravio sam jednu kolonu u kojoj je prvih sto brojeva u nizu, od 10008 do 10899, čiji zbir je 1045350

Prvi broj sledeće kolone mi je onda bio 10908

Ukupno postoji 100 takvih kolona, i zbir brojeva svake od njih je za 90000 veći od zbira brojeva prethodne.

------

Odatle sam formirao izraz:

100*1045350 + suma (1:99)*90000 i dobio 550035000

Nisam proveravao kako radi program, ali kod mi deluje ok (iako baš ne poznajem najbolje c#, algoritam mislim da sam razumeo, dodeljujemo broju x početnu vrednost nula, da bi zatim pusltili da i ide od 10000 do 99999 (uključujući i tu vrednost) i za svako i koje daje ostatak nula pri deljenju sa 9 dodajemo trenutnu vrednost i na trenutnu vrednost x, što bi trebalo da donese tačan rezultat).

Stoga, verovatno je to zaista ispravno rešenje. Međutim, neprogramersko rešenje sa "srednjim od tih brojeva" je svakako pogrešno, što sam gore i napisao, jer se dobije sasvim drugi rezultat, koji se ne poklapa ni sa jednim od prethodna dva. Takođe, ne mogu baš ni da nađem gde sam ja pogrešio sa idejom suma aritmetičkih nizova.

Marko, svaka čast na kreativnom pristupu :).

Evo našao sam grešku za nizove, pošto sam primetio da se rezultati razlikuju za 10008. Ovaj drugi niz je 1,2,3,4,..., 1111, a ne 1,2,3, ..., 1112. To znači da nisam računao član 10008. Kada se to ispravi dobije se 550035000. 

Upravo tako!

Inače da, još jednostavnije, ovde se radi o sumi aritmetičkog niza sa 10000 članova, od kojih je prvi 10008, sa razlikom 9. Suma članova takvog niza jednaka je proizvodu aritmetičke sredine prvog i zadnjeg člana, pomnožene sa ukupnim brojem članova. Što je upravo ono gore.

...

Logaritam napisa...

...

Moja greška je bilo ono -1. To je višak. Tačna formula je:

(10008 + 99999) / 2 * 10000 = 110007 / 2 * 10000 = 55003.5 * 10000 = 550035000

Uz malo muke, ali rešili smo problem!

Evo jednog ozbiljnijeg:

Koliko ima 100-cifrenih prirodnih brojeva u čijem se dekadnom zapisu pojavljuju samo neparne cifre pri čemu je razlika svake susedne dve cifre jednaka 2?

Ko ovo sam reši svaka mu se dala!

Сани бој napisa...

...jedanaest

Стефан 2000 napisa...

...

Ova baronija kad se pomno\i iznosi tačno: 787067638656298443730914746096394036908622

Trebalo mi je malo vremena pošto sam računao u glavi i bez papira! Znaj, nikada ne možeš da daš dovoljno velike brojeve da se uz malo dobrog programiranja ne mogu pomnožiti!

20

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

...Na koju foru ovo moze bez digitrona?

Dakinsljam napisa...

... množiš prvo sa 1, pa sa 0 itd. posla sve sabereš i - eto proizvoda. nadam se da si to naučio u osnovnoj

Стефан 2000 napisa...

...

Stefane, pošto znaš da množiš uzmi papir i olovku i proveri da li sam tačno pomnožio. Ali računaj onako kako si naučio u osnovnoj! xD

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

...

Samo da potsetim na zadatak!

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

... ja jos ucim xD

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

Bio sam blizu resenja, tj mislio sam da imam resenje, ali sam video posle da mi resenje nije ceo broj

Imas li ti resenje za ovo ili si samo lupio problem?

BODA TAJSON, DOZIVOTNA napisa...

...Da nije mozda 8*3⁴⁹

 Posto se Nenad Boda Jezdic ne javlja, evo da objasnim resenje.U startu , dok su brojevi jednocifreni, imamo pet neparnih cifara.Dodajuci svima po jednu cifru tj. formirajuci dvocifrene brojeve, primecuje se da se  cifra 1 javlja samo posle 3 ,kao i 9 posle 7 ,dok se 3, 5 i 7 javljaju posle dve moguce njima susedne neparne cifre.Ako sada formiramo petorku koja predstavlja koliko brojeva postoji koji se zavrsavaju odredjenom cifrom (1, 3 , 5 , 7 , 9 respektivno) u slucaju jednocifrenih brojeva ona glasi 11111, dvocifrenih 12221 (jedan broj koji se zavrsava jedinicom 31, dva koja se zavrsavaju trojkom 13 i 53 itd.).Prelazeci na trocifrene , cetvorocifrene i dalje, petorke postaju 23432, 36663, 6 9 12 9 6, 9 18 18 18 9 ...Vidi se da je pocevsi od 12221 svaka druga petorka dobijena mnozenjem svakog clana trojkom pa je i zbir svih njenih clanova tri puta veci (naravno, zbir clanova neke petorke predstavlja ukupan broj brojeva koji se mogu napisati pri datim uslovima zadatka) .Da zakljucimo, dvocifrenih brojeva nastalih od neparnih cifara pri cemu se sudne cifre razlikuju za dva ima 8, cetvorocifrenih 8*3, sestocifrenih 8*3² a stocifrenih 8*3⁴⁹ .

  Ima bar jos jedan nacin da se dodje do resenja ali mi je ovaj delovao nekako jednostavniji za napisati.Nadam se da ga nisam previse iskomplikovao.

raborg napisa...

...

Iščašio sam oko čitajući tvoje "jednostavnije" rešenje :)

MA 20 ! :)

raborg napisa...

Genijalno!!!

Za ovako nesto treba (osim ogromnog znanja) dobra IDEJA!!! Verovatno si po struci matematicar, ne verujem da bi neko ko nije iz te stuke resio ovo.

Iako je ovo potpuno jasno, verovatno bi matematicki skroz korektno bilo da si dokazao zbir svake petorke 3 puta veci od prethodne... Svakako da i to umes, medjutim skroz je nepotrebno, ja sam odusevljen

raborg napisa...

Genijalno!!!

Za ovako nesto treba (osim ogromnog znanja) dobra IDEJA!!! Verovatno si po struci matematicar, ne verujem da bi neko ko nije iz te stuke resio ovo.

Iako je ovo potpuno jasno, verovatno bi matematicki skroz korektno bilo da si dokazao zbir svake petorke 3 puta veci od prethodne... Svakako da i to umes, medjutim skroz je nepotrebno, ja sam odusevljen

Dakinsljam napisa...

...Hvala.

  Ako drugu petorku 12221 oznacimo sa 1a 2a 2a 2a 1a , probacemo da od nje generisemo cetvrtu.Kako se npr. cifra 3 na kraju broja dobija samo ako su joj prethodile 1 ili 5, tako sabiranjem drugog i cetvrtog clana petorke (1a+3a) dobijamo 3a, koji ce biti drugi clan trece petorke.Brojevi koji se zavrsavaju cifrom 1 dobijaju se samo ako im je prethodila trojka.Dakle drugi clan trece petorke automatski postaje prvi clan cetvrte.Krenuli smo od 1a i posle dva koraka stigli do 3a.Slicno se pokazuje i da se ostali clanovi cetvrte petorke dobijeni mnozenjem s tri s odgovarajucim clanovima druge.Kako je sada cetvrta petorka 3a 6a 6a 6a 3a , skracivanjem clanova opet dobijamo 1a 2a 2a 2a 1a i ponavljamo postupak da bi dobili sestu petorku itd.

  Da sam skolovan matematicar verovatno bi objasnjenje bilo konciznije i jasnije, medjutim meni je matematika samo strast (doduse malo konkretizovana davanjem privatnih casova :-))

raborg napisa...

...

Svaka čast! Mogu samo da ti čestitam! Kada sam zadao ovaj zadatak bio sam ubežen da ga niko ovde neće rešiti, ali posle ovoga znam da će šta god da zadam biti rešeno.

  Bez uvrede ali je ovo daleko od toga da bude najtezi zadatak koji su resavani na ovom forumu.Kad se samo setim mc-ovog pijanca...

Bilo je stvarno dobrih stvari, ali su se javila dva problema: 1.otvoreno je previse tema, i 2. na skoro svakoj temi su mnogi zadaci ostali pokriveni jer su svi zadavali zadatke a retko ko ih resavao. mnogi su ostali nereseni, cak i zaboravljeni

9,19,29,39,49,59,69,79,89,90,91,92,93,94,95,96,97,98,99=20cifara 9