[evgeny]

Доказваме, че отговорът е 4 числа.
Пример за това е четворката 1; 2; 3; 5.

Да допуснем, че има n-торка, n≥5, изпълняваща условието.
Разглеждаме първите 5 числа от тази серия. Нека те са a<b<c<d<e. Ясно е, че a+b+c+d > 2.

По условие:
a+b+c+d е просто
a+b+c+e е просто
И двете горе трябва да са нечетни и a+b+c се повтаря, така че d≡e (mod 2).

След това разглеждаме последователно двойките сборове:
b+c+d+e
a+c+d+e, така че a≡b (mod 2).

a+b+c+e
a+d+c+e, така че b≡d (mod 2).

Получихме a≡b≡d≡e (mod 2). Тогава сборът a+b+d+e се дели на 2, противоречие.

Така max n=4.

[Г.Георгиева]

Не мога да реша, а камо ли да обясня на хлапето задача за четвърти клас от Математика без граници, зима 2014. Моля, помогнете, че станах за смях,
Колко пъти може да се падне сбор 9 при хвърлянето на 3 различни зара? Отговорът е 25, но даже не знам откъде да я започна.Има подсказка да използваме решението на Галилей, че е по-вероятно да се падне сбор 10 от сбор 9, но при мен изобщо не помогна.

[Дидева]

Не мога да реша, а камо ли да обясня на хлапето задача за четвърти клас от Математика без граници, зима 2014. Моля, помогнете, че станах за смях,
Колко пъти може да се падне сбор 9 при хвърлянето на 3 различни зара? Отговорът е 25, но даже не знам откъде да я започна.Има подсказка да използваме решението на Галилей, че е по-вероятно да се падне сбор 10 от сбор 9, но при мен изобщо не помогна.

Сборът от числата на първите два зара не може да е повече от 8, защото последният зар може да показва най-малко 1.
Сборът от числата на първите два зара не може да е по-малко от 3, защото последният зар може да показва най-много 6.
Остава да преброим възможните комбинации.
Ще го направим за първите два зара. Ясно е, че последният ще показва остатъка до 9.
6-1,6-2
5-1, 5-2, 5-3
4-1, 4-2, 4-3, 4-4
3-1, 3-2 3-3, 3-4, 3-5
2-1, 2-2, 2-3, 2-4, 2-5, 2-6
1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 1-6
Или 2+3+4+5+6+5=25 възможни варианта

[Г.Георгиева]

Благодаря Ви! Вижте, и аз тръгнах с комбинаторика, но елиминирах всички повтарящи се варианти, игнорирайки условното определяне на заровете на първи, втори и трети. Така получих отговор 6. По какъв критерий в тези задачи избирате кое от двете е вярно, и друг път зациклям точно в този момент - дали възможности 6-1-2 и 6-2-1 са два варианта или един? И с този Галилей, реших, че е някаква заигравка с възможните сборове при хвърляния /от 3 до 18/ и вероятността да се падне сбор 9 измежду 6х6х6 възможни комбинации, включително повтарящи се... Защо отговор 6 не е  правилен?!

[mons]

Моля за помощ за следна задача. Шест естествени числа са групирани по две. Срещу всяка двойка е записан най-големият общ делител.
Възможно ли е най-големите общи делители да бъдат съответно 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14 и 15? Задачата е дадена на 5 клас. В момента учат събиране на обикновени дроби с различни знаменатели.

[aleksandra42]

 Бихте ли ми помогнали със следната задача:Множеството на естествените числа е разделено на две непресичащи се множества.Винаги ли в едно от тях могат да се намерят такива две числа,средноаритметичното на които също принадлежи на  това подмножество?

[Ant12]

Моля за помощ за следна задача. Шест естествени числа са групирани по две. Срещу всяка двойка е записан най-големият общ делител.
Възможно ли е най-големите общи делители да бъдат съответно 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14 и 15? Задачата е дадена на 5 клас. В момента учат събиране на обикновени дроби с различни знаменатели.

Отговор: не е възможно.

Най-големият общ делител (НОД) на двойка числа е четно число само ако и двете числа са четни (Ч), т.е. ако и двете числа се делят на 2:
НОД (Ч, Ч) = Ч; НОД (Ч, Н) = Н; НОД (Н, Н) = Н.

Ако измежду шестте числа има 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 четни, то тези четни числа могат да образуват съответно 0, 0, 1, 3, 6, 10, 15 двойки четно – четно.

Следователно броя НОД-и, които са четни числа може да бъде само 0, 1, 3, 6, 10, 15.

От числата 1, 2, . . . , 15 точно 7 са четни и следователно не могат да бъдат НОД-и на 15 двойки числа образувани от шест естествени числа.

[Ant12]

Бихте ли ми помогнали със следната задача:Множеството на естествените числа е разделено на две непресичащи се множества.Винаги ли в едно от тях могат да се намерят такива две числа,средноаритметичното на които също принадлежи на  това подмножество?

Отговор: винаги могат да се намерят две числа, чието средно аритметично принадлежи на същото подмножество.

1. Ако в някое от подмножествата има три последователни числа – N, N + 1, N + 2, то N + 1 e средно аритметично на N и N + 2 и условието е изпълнено.

2. Ако нито едно от подмножествата не съдържа две последователни числа – N и N + 1, то всички нечетни числа са в едното подмножество, а всички четни в другото, следователно числата 1, 3, 5 са в едно подмножество и условието е изпълнено (1 + 5 = 2.3).

3. Нека подмножествата не съдържат три последователни числа, но могат да съдържат две последователни числа.

Означаваме подмножествата с А и В и нека А е това подмножество, което съдържа числото 5.

Да допуснем противното: нито А, нито В съдържат три числа, едното от които е средно аритметично на другите две.

3.1. Ако 6 е в А, то 4 и 7 трябва да са в В.

Тогава 1 (1 + 7 = 2.4) и 10 (4 + 10 = 2.7) трябва да са в А (1, 5, 6, 10 са в А).

Следователно 8 (6 + 10 = 2.8) и 9 (1 + 9 = 2.5) трябва да са в В, но тогава 7, 8 и 9 са В – противоречие.

3.2. Нека 6 е в В. Ще разгледаме два случая: 4 е в А и 4 е в В.

3.2.1. Ако 4 е в А, то 3 е в В.

Тогава 9 е в А (3 + 9 = 2.6).

Следователно 7 е в В (5 + 9 = 2.7).

Следователно 8 и 11 са в А (6 и 7 са в В и 3 + 11 = 2.7).

Числата 5, 8 и 11 са в А, но 5 + 11 = 2.8 – противоречие.

3.2.2. Ако 4 е в В, то 2 (2 + 6 = 2.4) и 8 (4 + 8 = 2.6) са в А.

Тогава 2, 5 и 8 са в А, но 2 + 8 = 2.5 – противоречие.

[mons]

Благодаря за решението.

[EliG]

Две задачки, които ни тормозят от вчера:

1. Да се докаже че за всички естествени числа n≥2  1/1²+1/3²+....1/n² < 1
   (трябва да се реши с мат. индукция)

2. Даден квадрат е разрязан на 2009 по-малки квадратчета, с дължини на страните естествени числа. Колко най-малко е   
   възможно да бъде дължината на страната на квадрата.

На втората при отговор 45 ни се получават 2010 квадратчета, но с 2009 не може да го измислим.

[gorkia]

На втората задача се получава 45. Имаме 2 квадрата със страна 3 и още 2007 квадрата със страна 1.
Поне аз така мисля.

[Ant12]

Две задачки, които ни тормозят от вчера:

1. Да се докаже че за всички естествени числа n≥2  1/1²+1/3²+....1/n² < 1
   (трябва да се реши с мат. индукция)

Това очевидно не е вярно защото първият член на лявата страна (¹/_1²) е равен на 1 и следователно при n ≥ 2 лявата страна е по-голяма от 1.

Иначе ¹/_2² + ¹/_3² + . . . + ¹/_n² < 1 се доказва лесно и без индукция.

Ще използваме, че ¹/_k² < ¹/_{(k – 1)k} = ¹/_{k – 1} – ¹/_k.

Тогава ¹/_2² + ¹/_3² + . . . + ¹/_n² < (¹/₁ – ¹/₂) + (¹/₂ – ¹/₃) + . . . + (¹/_{n – 1} – ¹/_n) = 1 – ¹/_n < 1.


С индукция:

Ще докажем, че ¹/_2² + ¹/_3² + . . . + ¹/_n² < 1 - ¹/_n, за всяко n ≥ 2.

1) При n = 2, ¹/_2² = ¹/₄ < 1 - ¹/₂.

2) Нека условието е изпълнено за някое n = k.

Тогава  ¹/_2² + ¹/_3² + . . . + ¹/_k² + ¹/_{(k + 1)²} < 1 - ¹/_k + ¹/_{(k + 1)²} =
= 1 - ^{(k + 1)2 - k}/_{k(k + 1)²} = 1 - ^{k2 + k + 1}/_{k(k + 1)²} < 1 - ^{k2 + k}/_{k(k + 1)²} = 1 - ¹/_{k + 1}.

Следователно условието е изпълнено и за n = k + 1, откъдето следва, че е изпълнено и за всяко n.

[EliG]

 gorkia , става с тези квадратчета, да. Мерси!!
Ant12 , объркала съм условието  , за което се извинявам! Поправеното е търсената задача. Много благодаря и за двете решения!!!
 

[stella77]

Моля за помощ за следната задача: Намерете цифрата х така, че числата 179х и 2310 да са взаимно прости.
Благодаря.