Keresés

Keresendő kifejezés:

Toplista

Toplista
  • betöltés...

Segítség!

Ahhoz, hogy mások kérdéseit és válaszait megtekinthesd, nem kell beregisztrálnod, azonban saját kérdés kiírásához ez szükséges!

Matematika feladat

52
Szorgalomból szeretnék ismételni egy anyagot ami kimaradt, valaki kérlek magyarázza el a logikáját ezeknek a feladatoknak.

1./ Hány olyan 3-mal osztható kétjegyű szám van, amelynek számjegyei páratlan számok?

2./ Egy szabályos játékkocka egy oldalára 0-t, két oldalára 1-et és három oldalára 2-t írtunk. Dobjuk fel ezt a játékkockát négyszer egymás után. A dobások eredményét sorrendjében írjuk egymás mellé.
a) Hányféle négyjegyű számhoz juthatunk így?
b) Hányféle 1-re végződő négyjegyű számot kaphatunk?

3/Egy dobozban 15 cédula van 1-től 15-ig számozva. Kihúzunk öt cédulát visszatevés nélkül, ha a kihúzott számok sorrendje nem számít. Hány esetben lesz a kihúzott legkisebb szám nagyobb 5-nél?
Jelenleg 1 felhasználó nézi ezt a kérdést.
Matematika, szorgalmi, matek
0
Középiskola / Matematika

Válaszok

3
1.) Első kérdés, hogy milyen számok oszthatók hárommal? Elvileg és gyakorlatilag azok a számok oszthatók hárommal, amelyek számjegyeinek összege osztható hárommal. Azt is tudjuk, hogy a kétjegyű számokat keresünk, melyeknek mindegyik számjegye páratlanok. Azt is tudjuk (vagy legalább is tudnunk kell), hogy két páratlan szám összege páros! A legnagyobb kétjegyű szám 99, a legkisebb 11. A fentiek alapján a számjegyek összege lehet 6 (1+5, 3+3), 12 (3+9, 5+7) és 18 (9+9)! Mindezeket összevetve a következő számok lehetnek: 15, 33, 39, 51, 57, 75, 93, 99, és persze ugyan ez igaz a negatív párjaira is.
Ez volt az általános iskolai megoldás! Nálam okosabbak ezt szofisztikáltabban is le tudják vezetni.
0

2.) a) Figyelem elterelés történt a feladat meghatározásában. Hiszen nem különböztetjük meg sem az egyeseket, sem a ketteseket. Így az első jegy háromféle lehet (0, 1, 2), a második jegy is háromféle lehet, és így tovább, összesen: 3*3*3*3=3⁴=81-féle szám lehet. Ez persze akkor igaz, ha számnak tekintjük a nullával kezdődőeket is. Ha korlátozzuk a feltételt, akkor a fenti megoldás úgy módosul, hogy az első jegy tud kétféle lenni (1, 2), a többi jegy viszont háromféle (0,1,2), összesen: 2*3*3*3=2*3³=54.
b) Az előzőekhez hasonlóan tudunk gondolkodni, minden jegy háromféle lehet, kivéve az utolsó, hiszen ezt korlátoztuk, ez csak egyféle, összesen: 3*3*3*1=3³*1=27. Ha valódi számról beszélünk, akkor az első jegy tud kétféle lenni, a második és harmadik háromféle jegy, míg az utolsó csak egy lehet, így összesen: 2*3*3*1=2*3²*1=18
0

3.) Vegyük ki az egytől ötig kártyákat. Így biztosítottam, hogy a bent maradt kártyák közül bármelyik ötöt kivéve a legkisebb is nagyobb lesz ötnél! A tíz számból (6-15), ami bent maradt a dobozban tetszőlegesen vehetünk ki öt kártyát (hasonlóan a lottó sorsoláshoz). Az első húzás tízféle lehet, a második kilenc, a harmadik nyolc stb., összesen: 10*9*8*7*6=30240. DE itt megkülönböztettük, hogy adott számot hanyadikként húztuk ki. Nekünk ezt nem kell tudni, így a fenti számot el kell osztani 1*2*3*4*5=120. Mindösszesen a feladatnak megfelelően 30240/120=252 esetben tudjuk a cetliket úgy kihúzni, hogy a legkisebb is nagyobb legyen ötnél. A fenti számolást a (10 alatt az 5) kifejezéssel is kiszámolhatjuk! (10 alatt 5)=10!/(5!*(10-5)!)=3628800/(120*120)=525
0