Форум умных людей

На доске написано несколько нулей, единиц и двоек. Разрешается стереть две неравные цифры и вместо них написать одну цифру, отличную от стертых. В результате таких операций на доске осталась одна цифра. Докажите, что она не зависит от порядка, в котором производились действия.

В результате каждой такой операции количество цифр каждого вида либо увеличивается на 1, либо уменьшается на один. Следовательно, если до операции количества каких-то цифр имели одинаковую чётность, то и после они будут иметь одинаковую чётность. Поскольку в итоге остаётся одна цифра некоторого вида и нуль цифр двух других видов - значит, останется цифра того вида, количество которого имеет иную чётность по отношению к двум другим, и это не зависит от порядка действий.

как незаметно я нафлудил четвёртую звёздочку...

ещё нафлуди  :)

Вот еще несколько задач:

сумма четырех натуральных чисел а,b,c,d-простое число р. докажите, что ab-cd не делится на р.

в квадрате 8х8 несколько клеток- черные, остальные белые. получившаяся картинка с  периодом 8 по вертикали и по горизонтале продолжается на всю плоскость. известно, что у любой клетки на плоскости оказалось не менее 1 черного соседа (соседними считаются клетки, имеющие общую сторону ). какое наименьшее количество черных клеток могло быть в исходном квадрате?

известно, что р - корень уравнения x^3+bc+c=0. докажите, что выполнено неравенство b^2>= 4pc

       

1
Показать скрытый текст

2
Показать скрытый текст

3
я так понимаю что x³+bx+c.
Показать скрытый текст

Спасибо всем!
Я время от времени буду выкладывать задачи. За правильное и быстрое решение могу поощрять в виде небольших бонусов на webmoney или пару тройку голосов ВК.

на клетках главной диагонали доски 2010х2010 расставлены 2010фишек. за один ход оля может взять любые две фишки и передвинуть каждую из них на соседние по горизонтали или вертикали свободного поля. можно ли через несколько ходов переставить все фишки в левый столбец?

каждую грань кубика разбили на 4 равных квадрата и раскрасили эти квадраты в 3 цвета таким образом, чтобы квадраты, имеющие общую сторону были покрашены в разные цвета. докажите, что в каждый цвет покрашены по 8 квадратов. 

Пронумеруем клетки крайнего левого столбца сверху вниз номерами от 1 до 2010.
Пронумеруем фишки сверху вниз номерами от 1 до 2010.
Допустим это можно сделать. Тогда после перемещения  к фишек с нечетными номерами переместятся на клетки левого столбца с четными номерами и для этого понадобится нечетное число перемещений, 1005-к фишек с нечетными номерами переместятся на клетки левого столбца с нечетными номерами и для этого понадобится четное число перемещений, 1005-к фишек с четными номерами переместятся на клетки левого столбца с четными номерами и для этого понадобится нечетное число перемещений, к фишек с четными номерами переместятся на клетки левого столбца с нечетными номерами и для этого понадобится четное число перемещений.
Общее кол-во перемещений будет сумма 1005 нечетных чисел + 1005 четных чисел получится нечетное число. А так как мы на каждом ходу делаем 2 перемещения, то у нас общее число перемещений не может быть нечетным. Получили противоречие. Нельзя.

Спасибо большее. А по поводу второй есть у вас мысли?

на всякий случай моё решение.
пусть клетки доски имеют координаты (1;1)...(N;N)
вначале сумма всех координат N(N+1), в конце N+N(N+1)/2=N(N+3)/2, разность N(N-1)/2
за один ход сумма координат изменяется на -2 или 0 или 2
при N=2010 N(N-1)/2-нечетное так что ответ отрицательный.

Вторая важна. Могу еще отблагодарить пополнением мобильника.

2. Все  цвета при вершине должны быть разными. Всего вершин 8, значит, каждый цвет встречается ровно 8 раз.    :)

Спасибо. Жду номера телефона в ЛС :)

Число p такое что p^2+4, 3p^2-2 и 2p^2-1 простые. доказать что р не простое.

любое простое число при делении на 2, 3, 5 даёт ненулевые остатки - всего 8 вариантов(им соответствуют числа 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 и далее с периодом 30). для каждого из этих чисел хотя бы одна из трёх функций (p^2+4, 3p^2-2, 2p^2-1)даст число, которое будет делиться хотя бы на одно из чисел 2, 3, 5.

Можно так решить.
Чтобы p^2+4, 3p^2-2 и 2p^2-1  были простыми p должно быть нечетным.
Если р=10k+1, то p^2+4 делится на 5.
Если р=10k+3, то 3p^2-2 делится на 5.
Если р=10k+7, то 3p^2-2 делится на 5.
Если р=10k+9, то p^2+4 делится на 5.
Значит, р=10k+5 при этом оно будет простым только при k=0, но в этом случае 2*5^2-1=7^2.
Поэтому p составное.

да проще всё.
Для простого p остаток p^2 (mod 5) может быть 1 или -1
Первое число опровергает случай 1
Второе число опровергает случай -1
Третье число в условии вообще лишнее

ой, третье число нужно, чтобы отмести случай p=5

Это верно для любого нечетного р не кратного 5. Мое решение отличается от вашего только тем, что я показываю, что
а вы пишете об этом словами.

ну да.
но словами же проще :)

Налогами вас пора облагать :)

Задача уже решена. Просто надо выбрать лучший ответ.