При делении какого числа на 19 остаток равен 4? Мне не понятен процесс решения такого рода задач. Как это делать быстро, ведь нельзя на экзамене выдумывать на ходу (или брать из вариантов ответов) числа и проверять их, это было бы слишком долго..

👇

Увидеть ответ

Ответ:

Koshaplay57

01.10.2022

Пошаговое объяснение:

19 умножаешь на 4(остаток) и прибавляет 4(остаток)

19*4+4=76+4=80

4,5(17 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

Murzikov

01.10.2022

12 + (х - 4) = 56 85 - (-18 - у) = 76

12 + х - 4 = 56 85 + 18 + у = 76

х = 56 - 12 + 4 103 + у = 76

х = 48 у = 76 - 103

у = -27

7,3 - (у - 3,7) = 15 -3,8 + (х - 4,2) = 3,6

7,3 - у + 3,7 = 15 -3,8 + х - 4,2 = 3,6

11 - у = 15 х - 8 = 3,6

у = 11 - 15 х = 3,6 + 8

у = -4 х = 11,6

4,8(62 оценок)

Ответ:

emma66669

01.10.2022

На самом деле, числа здесь роли не играют.

Это известная комбинаторная задача. В данном случае, мы ищем максимум точек. Следовательно, по данному условию автоматически не подходят случаи с наличием пар параллельных прямых или троек (и больше) пересекающихся в одной точке прямых.

Тогда получится, что каждая прямая обязательно пересечется с каждой.

Допустим, у нас всего прямых. Обозначим их цифрами

$1, 2, \ldots, n$

Тогда 1-я прямая имеет общие точки с прямыми $2, 3, 4, \ldots, n$ , очевидно, что таких точек (n-1)

Далее 2-я прямая имеет нерассмотренные общие точки с прямыми $3,4,5, \ldots, n$ , их (n-2)

...

В конце концов, дойдем до последней нерассмотренной пары прямых, имеющих общую точку - прямые (n-1) и , здесь всего 1 точка. А нам нужна сумма всех этих количеств, то есть

$\displaystyle (n-1)+(n-2)+(n-3)+ \ldots + 1 = \sum_{i=1}^{n-1}i$

(на последний значок можно не обращать внимание, если вам не известен, просто так красиво и правильно записывать)

На самом деле, это обычная сумма от 1 до (n-1)

В школе нередко рассказывают про Гаусса, который придумал, как быстро вычислять такие суммы (рассмотрим сначала суммы от 1 до n). Разбиваем на пары суммируемые числа, набирая с краев (так суммы будут одинаковы) и постепенно проходя к центру:

$\displaystyle 1+2+\ldots+n = (1+n)+(2+(n-1))+\ldots = \frac{n(n+1)}{2}$

Все это равно сумме первого и последнего числа, умноженной на количество таких пар (на житейском уровне это выглядит так: 1+10=2+9=...=5+6). Так как чисел , то пар в два раза меньше (пока рассматриваем четное количество чисел), вот и получили результат. Причем работает как для четного, так и для нечетного количества чисел.

Ради интереса разберу пример для нечетного количества чисел:

$1+2+\ldots+n$

Очевидно, что в серединке будет число, которое будет равно среднему арифметическому двух крайних чисел, слева и справа от него будет по $\displaystyle \frac{n-1}{2}$ чисел (например, для суммы из 11-чисел "центральным" будет 6-ое число, а слева и справа от него по 5 чисел) Добавим ему в пару такое же число и вычтем его (сумма не изменится). Тогда пар будет $\displaystyle \frac{(n+1)}{2}$ , а сумма крайних такая же (n+1) . Следуя той же логике, получим

$\displaystyle \frac{(n+1)(n+1)}{2}-\frac{n+1}{2}=\bigg(\frac{n+1}{2} \bigg) (n+1-1)=\frac{n(n+1)}{2}$

Формула доказана. В нашем случае нужно её перестроить для последнего числа равного (n-1) . Сделать это несложно: сумма 1-го и последнего числа равна 1+(n-1)=n , а для подсчета количества пар условно считаем, что (n-1) - четное число (для нечетного, как мы увидели, формула та же получается), значит количество таких пар равно $\displaystyle \frac{n-1}{2}$ . Перемножаем и получаем искомую сумму $\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}$ . Подставив вместо значения 2,3,4,5,6 можно получать ответы на поставленные вопросы.

Если вы знаете про суммы арифметических прогрессий, тогда для $\displaystyle 1+\ldots+(n-1) : a_1=1; a_n=n-1; n'=n-1 \Rightarrow \\ \Rightarrow S_{n'}=\frac{a_1+a_n}{2}\cdot n' = \frac{1+n-1}{2}\cdot (n-1) = \frac{n(n-1)}{2}$

Та же формула.

Если вы знаете комбинаторику, то подумаем вот о чем.

Мы точно знаем, что прямая будет пересекаться с каждой прямой

Общая точка в нашем случае значит, что рассматриваются только две прямые. Тогда суммарное количество таких точек получается путем подсчета количества сочетаний (порядок не важен, 1 3 или 3 1 пересекаются) из объектов (в данном случае прямых) по 2.

Используем формулу для подсчета сочетаний.

$\displaystyle C_n^k = \frac{n!}{(n-k)! \cdot k!} \Rightarrow (k=2): C_n^2 = \frac{n!}{(n-2)! \cdot 2!} = \\ = \frac{n(n-1)(n-2)!}{2\cdot (n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}$

Получилась та же формула.

Кстати, а возможна ли вообще такая ситуация, что прямые тройками (четверками и далее) точно не будут пересекаться друг с другом в одной точке?

Очень даже возможна. Нарисуйте окружность и постепенно проводите к ней касательные. Главное, чтобы касательные не касались окружности в одной и той же точке. Так как окружность - множество точек бесконечное по численности, то и касательных, касающиеся окружности в уникальной точке, можно провести бесконечно много (единственное, о чем надо позаботиться - чтобы не было пар параллельных друг другу касательных, но это так же возможно). Рисунок приложу

И напоследок для заданных условий посчитаем:

$\displaystyle q = \frac{n(n-1)}{2} \\\\ 1) \ q = \frac{2\cdot 1}{2}=1; \ 2) \ q=\frac{3\cdot 2}{2}=3; \ 3) \ q=\frac{4\cdot 3}{2}=6; \\ 4) \ q=\frac{5\cdot 4}{2}=10; \ 5) \ q= \frac{6\cdot 5}{2}=15$