Τρίτη, 31 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Πέντε

2σχόλια
Tα λευκά δίνουν ματ σε πέντε κινήσεις με το λιγότερο πιθανό κομμάτι
ή πιόνι. (Ανθ. Σκακ. Παρα.-Σ.25/Νο.90)

Λύση

"The Excelsior"
Το "Εξέλσιορ" (Excelsior) είναι ένα από τα πιο φημισμένα σκακιστικά
προβλήματα του Sam Loyd. Δημοσιεύτηκε στο "London Era" το 1861.
Πήρε το όνομα του από τον τίτλο του ποιήματος "Excelsior" του
Χένρι Γουόντσγουερθ Λονγκφέλοου(Henry Wadsworth Longfellow).
Ο Λόιντ είχε έναν φίλο, τον Ντένις Τζούλιεν(Dennis Julien), που ήταν
πρόθυμος να στοιχηματίσει ότι μπορούσε πάντοτε να βρίσκει σε ένα
σκακιστικό πρόβλημα το κομμάτι που έδινε το βασικό ματ. Ο Λόιντ
συνέθεσε αυτό το πρόβλημα, το 1858, σαν αστείο και στοιχημάτισε πως
θα πλήρωνε ένα δείπνο στον φίλο του αν μπορούσε να υποδείξει το
κομμάτι ή το πιόνι που δεν έδινε το βασικό ματ. Ο Ντένις έδειξε
αμέσως το πιόνι στο β2 λέγοντας ότι ήταν το λιγότερο πιθανό να δίνει
ματ. Και έχασε! Όταν το πρόβλημα δημοσιεύτηκε είχε εκφώνηση "τα λευκά
δίνουν ματ με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι".
Άλλη εκδοχή:
Ο Sam Loyd συνέθεσε το ανωτέρω πρόβλημα των 5 κινήσεων, προς τιμήν
του φίλου του Julien Dennis και έθεσε το εξής ερώτημα στους λύτες:
-"Πιο κομμάτι είναι αδύνατο να δώσει το ματ σε 5 κινήσεις;"
-" Όλοι απήντησαν ότι το πιόνι "β2" δεν είναι δυνατόν να δώσει το ματ."
Και όμως αυτό δίδει το ματ, σε υποχρεωτικές βέβαια κινήσεις, ώστε ν’
αποφευχθεί το ματ σε λιγότερες των 5 κινήσεων.]
Όταν το πρόβλημα δημοσιεύτηκε είχε σαν εκφώνηση:"τα λευκά δίνουν ματ
με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι". Το ίδιο πρόβλημα υποβλήθηκε σε
έναν διαγωνισμό το 1867 στο Παρίσι και πήρε το 2ο βραβείο.
Λύση:
1.β4 (Δ 2.Πδ5 ή Πζ5 με 3.Πδ1 ή Πζ1#. Τα λευκά δεν μπορούν
να αρχίσουν με 1.Πζ5 επειδή τα μαύρα με 1..., Πγ5 θα μπορούσαν
να καρφώσουν τον Πζ5.),Πγ5+! 2.β:Π (Δ 3.Πβ1#),α2! (φορσέ!) 3.γ6
(Δ 4.Πδ5 ή Πζ5 με 5.Πδ1 ή Πζ1#),Αγ7! 4.γ:β,~ 5.β:Ι=Β ή 5.β:Ι=Α#!
(Δ = Σημαίνει Απειλεί)

Δευτέρα, 30 Ιανουαρίου 2012

Η Καταδίωξη

2σχόλια
 
Ένας μοτοσικλετιστής τρέχει με ταχύτητα 80km/h σε κατοικημένη περιοχή. Ένας τροχονόμος  του κάνει σήμα να σταματήσει αλλά αυτός τον αγνοεί και συνεχίζει με την ίδια ταχύτητα. Τρία λεπτά αργότερα ο τροχονόμος αρχίζει να τον καταδιώκει με ταχύτητα 100km/h. Σε πόση ώρα θα τον ανακόψει και σε ποια απόσταση 
από το σημείο ελέγχου;  (Κατ.34/Πρβλ. Νο.485)

Λύση


Η Λύση που έστειλε ο batman1986
Ορίζουμε την ταχύτητα του μοτοσυκλετιστή ως υ1 και του αστυνομικού ως
υ2. Επίσης το διάστημα του μοτοσυκλετιστή ως Χ1 και του αστυνομικού ως
Χ2.Μέχρι να ξεκινήσει ο αστυνομικός, ο μοτοσυκλετιστής έχει διανύσει
μια απόσταση εντός 3 λεπτών:
Χ1=80*t=80*(3/60)=4 km
Άρα όταν συναντήσει ο αστυνομικός τον μοτοσυκλετιστή θα πρέπει να
γίνει προφανώς στον ίδιο χρόνο t(ξεκινάει η μετρησή του από την
στιγμή που ξεκινά την καταδίωξη ο αστυνομικός άρα πρέπει να λάβουμε
υπόψη και τα 4km που έχει διανύσει ο μοτοσυκλετιστής νωρίτερα) και σε
ίδια απόσταση και για τους 2 από το σημείο ελέγχου. Άρα:
Χ1=Χ2 --> 4+υ1*t=υ2*t --> t=4/(υ2-υ1)=4/20=1/5 h=12΄λεπτά
Για να βρούμε την απόσταση χρησιμοποιούμε οποιαδήποτε από τις 2
εξισώσεις για t=12min
Χ2=100*(1/5 h)=20 km
Άρα θα τον ανακόψει σε 12 λεπτά μετά από απόσταση 20 χιλιομέτρων από
το σημείο ελέγχου...

Κυριακή, 29 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Τρεις

3σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις. 
(Ανθ. Σκακ. Παρ.-Σ.34-Νο.112)

Λύση

"The Steinitz Gambit"
Το πρόβλημα το ενεπνεύσθει από μια βαριάντα της Βιεννέζικης παρτίδας, που φέρει τ’ όνομα του παγκόσμιου πρωταθλητή και εισηγητή της θεωρητικής καινοτομίας Γουλιέλμου Στάϊνιτς (1836 - 1900),που ονομάσθηκε "Γκαμπί του Στάϊνιτς":1.ε4,ε5 2.Ιγ3, Ιγ6 3.ζ4,ε:ζ 4.δ4,Βθ4+ 5.Ρε2! Η τελευταία κίνηση αποτελεί και το κλειδί για τη λύση του ανωτέρω προβλήματος, η οποία παίχθηκε από το Στάϊνιτς το 1867 στη Dundee (m/2) !!
Βιεννέζικο Γκαμπί. Steinitz Γκαμπί. ΆμυναPaulsen (C25)
Λευκά: Wilhelm Steinitz
Μαύρα: Gustav Richard Neumann
1.e4 e5 2.Nc3 Nc6 3.f4 exf4 4.d4 Qh4+5.Ke2 d6 6.Nf3 Bg4 7.Bxf4 Bxf3+
8.Kxf3 Nge7 9.Be2 O-O-O 10.Be3 Qf6+ 11.Kg3 d5 12.Bg4+ Kb8
13.e5 Qg6 14.Kf2 h5 15.Bh3 f6 16.exf6 Qxf6+ 17.Qf3 Qxf3+ 18.gxf3 g6
19.Ne2 Nf5 20.Bxf5 gxf5 21.c3 Bd6 22.Bf4 Kc8 23.Rhg1 Kd7
24.Rg7+ Ne7 25.Rag1 Ke6 26.Bxd6 Rxd6 27.Nf4+ Kf6 28.Nd3 Rb6
29.b3 Rh6 30.Ne5 Ra6 31.a4 Ra5 32.b4 Ra6 33.Nd7+ Ke6 34.Nc5+ 1-0

Λύση:
Κλειδί:1.Ρε2!!,ζ1=Β+ 2.Ρε3!,Αζ4+ 3.Π:Α±
1...,ζ1=Β+ 2.Ρε3!,Βε2+ 3.Α:Β±
1.---,Ρ:Ι 2.Αδ3+,Ρδ4 3.Πζ4++
1.---,Ιγ1+ 2.Ρε3!,Πε7 3.Πζ7+
1.---,α:Α 2.Ρε3!,ζ1=Ι+ 3.Π:Ι+
1.---,ζ1=Β++ 2.Ρε3!,Βε1 3.Αε2+
1.---,Πε7 2.Ρε3!,ζ1=Ι+ 3.Α:Ι+.

Τα Καθίσματα

3σχόλια
Σ' ένα θέατρο η πρώτη σειρά έχει 70 καθίσματα και η τελευταία έχει 250 καθίσματα. Το πλήθος των καθισμάτων κάθε σειράς σχηματίζει αριθμητική πρόοδο. Η προτελευταία σειρά έχει 140 καθίσματα περισσότερα από τη δεύτερη σειρά.
Ζητούνται τα κάτωθι: 
α. Να αποδείξετε ότι κάθε σειρά καθισμάτων του θεάτρου έχει 20 καθίσματα περισσότερα από την προηγουμένη σειρά.
β. Να υπολογίσετε το πλήθος των καθισμάτων του θεάτρου.
γ. Την πρώτη παράσταση ενός θεατρικού έργου παρακολούθησαν 100 θεατές, ενώ σε κάθε επόμενη παράσταση ο αριθμός των θεατών διπλασιαζόταν. Ποια είναι η παράσταση στην οποία για πρώτη φορά θα γεμίσει το θέατρο. (Κατ.3/Πρβλ. Νο.18)          

Λύση

Η Λύση είναι του batman1986
α.Σύμφωνα με τα δεδομένα εφόσον έχουμε αριθμητική πρόοδο τότε
α1=70 καθίσματα και αν=250 καθίσματα.
αν-α1=180
Επίσης δίνεται ότι:
αν-1=α2+140
αν-1- α2=140(είναι υποσύνολο του (αν,α1)
Άρα (αν-1-αν)+(α2-α1)=180-140=40
Προφανώς κάθε όρος διαφέρει από τον προηγουμενό του μια σταθερή
ποσότητα έστω ω.Άρα εδώ (αν-1+αν)=(α1+α2)-40/2=20.
Άρα το αποδείξαμε.
β.Το πλήθος είναι το άθροισμα όλων των όρων της αριθμητικής
προοόδου άρα έχουμε:
(180/20)+1=9+1=10 όρους-σειρές καθισμάτων.
Άρα το πλήθος είναι:
Σ={ν(α1+αν)}/2=10*(70+250)/2=1600 καθίσματα.
γ. Σαυτή την πείπτωση έχουμε γεωμετρική πρόοδο αφού
με διπλασιασμό κάθε φορά έχουμε 100,200,400,800 κλπ.
με λόγο λ=2 γεωμετρικής προόδου και α1=100 θεατές
Ψάχνω το ν(αριθμός παράστασης) στην οποία το άθροισμα των ν
πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου θα είναι ίσο με 1600(πλήθος
καθισμάτων του θεάτρου αφού αυτό μας ζητείται.
Άρα έχουμε την εξίσωση:
Σν=α1*{(λ^ν-1)/(λ-1)}
1600=100*{(2^ν-1)/(2-1)}
2^ν-1=16
Για ν=4 έχουμε 2^ν-1<16 Για ν=5 2^ν-1>16
Άρα στην 5η παράσταση το κοινό που θα πάει θα γεμίσει το θέατρο
και μάλιστα κάποιοι δεν θα χωρέσουν να μπουν ή θα μείνουν όρθιοι!

Σάββατο, 28 Ιανουαρίου 2012

Οι Σοκολάτες

2σχόλια
 Δύο αδέλφια, ο Γιάννης και η Μαρίνα, θέλουν να αγοράσουν δύο σοκολάτες. Ο Γιάννης λέει στην αδελφή του:
-"Αν προσθέσω τα μισά από τα χρήματά μου στα δικά σου, τότε θα έχουμε αρκετά ώστε να αγοράσουμε δύο σοκολάτες."
Η Μαρίνα τον ρωτά με αφέλεια:
-"Αν προσθέσω τα μισά από τα δικά μου χρήματα στα δικά σου, πόσες σοκολάτες αγοράζουμε;"
Και ο αδελφός της τής απαντά:
-"Μόνο μία".
Πόσα χρήματα είχε ο Γιάννης; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.484)

Λύση

Λύση που έστειλε ο batman1986:
Μια απλή σκέψη χωρίς εξισώσεις είναι η εξής:
Αφού με όλα τα λεφτά της Μαρίνας παίρνουμε ακριβώς 2 σοκολάτες ενώ με τα μισά ακριβώς μία τότε είναι προφανές ότι ο Γιάννης δεν έχει καθόλου χρήματα.

Με αλγεβρική μορφή:
Θεωρούμε ότι ο Γιάννης έχει χ δρχ και η μαρίνα ψ δρχ
Τα ψ+χ/2 κοστίζουν όσο 2 σοκολάτες
Τα χ+ψ/2 όσο μία
Άρα
ψ+(χ/2)=2*(χ+(ψ/2))
3(χ/2)=0
Άρα χ=0.Ο Γιάννης δεν έχει καθόλου χρήματα

Παρασκευή, 27 Ιανουαρίου 2012

Η επιγραφή

9σχόλια
Οι αρχαιολόγοι κατά την ανασκαφή σε κάποια περιοχή της Αραβίας ανακάλυψαν μια πήλινη επιγραφή στην οποία ήταν χαραγμένο τοπαρακάτω μαγικό τετράγωνο με τους αριθμούς και τα γράμματα,
 όπου το γινόμενο κάθε γραμμής, κάθε στήλης και κάθε διαγωνίου είναι το ίδιο , ο αριθμός (ΑΒΓΔ). Σε κάθε γράμμα αντιστοιχεί ένας μοναδικός ακέραιος μονοψήφιος θετικός αριθμός. Δυστυχώς, όμως, σε μερικά κελιά του τετραγώνου οι αριθμοί είχαν σβηστεί, αλλά οι αρχαιολόγοι μπόρεσαν να αντιστοιχίσουν σωστά τα γράμματα με τους αριθμούς και να συμπληρώσουν τον πίνακα. Εσείς μπορείτε να βρείτε τους υπόλοιπους αριθμούς;
Από το βιβλίο του  Αλί Νταρ Νασάθ με τίτλο "Προβλήματα για δύσκολες ώρες"
Πηγή: http://mathhmagic.blogspot.com/2012/01/blog-post_27.html

Λύση

Το γινόμενο οριζοντίως, καθέτως και διαγωνίως μας δίδει τη Μαγική Σταθερά 1.728. Ο αριθμός ΑΓ γράφεται: ΑΓ=10*Α+Γ (1) και έστω Χ η τιμή του κελιού κάτω αριστερά έτσι το γινόμενο της τρίτης γραμμής ισούται με το γινόμενο της διαγωνίου. Άρα 24*Γ*Χ=4(10*Α+Γ)*Χ --> 24*Γ*Χ=40*Α*Χ+4*Γ*Χ --> 24*Γ*Χ-4*Γ*Χ=40*Α*Χ -->
20*Γ*Χ=40*Α*Χ --> Γ=(40*Α*Χ)/20*Χ --> Γ=2Α.
Έστω Ζ η τιμή του κελιού πάνω αριστερά και Υ η τιμή του μεσαίου κελιού της πρώτης γραμμής θα έχουμε:
4*Υ*Z=24*(10Α+Γ)*Z --> 4*Υ*Z=24*(10Α+2Α)*Z -->
4*Υ*Z=24*12Α*Ζ --> 4*Υ*Z=288*Α*Ζ -->
Υ=(288*Α*Ζ)/4*Ζ --> Υ=72*Α
Το γινόμενο των αριθμών της δεύτερης στήλης είναι:
Υ*Α*Γ*Γ=72*Α*12*Α*2*Α=1.728*Α3
Ο αριθμός 1.728*Α3 είναι ένας τετραψήφιος ακέραιος αριθμός. Δίδοντας στο Α τις τιμές από το 1 έως το 9 βλέπουμε ότι ο μόνος αριθμός που ικανοποιεί τη συνθήκη είναι Α=1. Αντικαθιστούμε τη τιμή Α κι’ έχουμε: 1.728*Α3 -->
1.728*13 --> 1.728*1 --> 1.728.
Και το τετράγωνο συμπληρώνεται ως εξής:
Πρώτη οριζόντια γραμμή:
Ζ=1.728/4*Υ --> Ζ=1.728/4*72*Α --> Ζ=1.728/4*72*1 -->
Ζ=1.728/288 --> Ζ=6
Τρίτη οριζόντια γραμμή:
Χ=1.728/24*Γ --> Χ=1.728/2*Α*24 --> Χ=1.728/2*1*24 -->
Χ=1.728/48 --> Χ=36
Πρώτη κάθετη στήλη:
1.728/Ζ*Χ=1.728/6*36=1.728/216=8
Τρίτη κάθετη στήλη:
1.728/4*24=1.728/96=18

Λύση batman1986
:
Θα γράψω τον πίνακα (χωρίζοντας τα κελιά με τελείες)
Ω..Κ...4
Ζ..ΑΓ..Χ
Υ.. Γ..24
Συμπληρώνω όλα τα κελιά με τις παραπάνω μεταβλητές
Γράφουμε τον αριθμό ΑΓ σε μορφή μονάδων και 10άδων δηλαδή
ΑΓ=10*Α+Γ
Αν παρατηρήσουμε τον πίνακα θα δούμε ότι μπορούμε να βρούμε μία σχέση
μεταξύ Α και Γ με τη βοήθεια της γραμμής
Υ-Γ-24 και της διαγωνίου Υ-ΑΓ-4(λόγω πολ/σμού απαλείφεται το Υ το οποίο προφανώς είναι διάφορο του μηδενός...)
24*Γ*Υ=4(10*Α+Γ)Υ
Άρα προκύπτει Γ=2*Α
Oμοίως για αντισυμμετρική περίπτωση βρίσκουμε την ισότητα
Ω*Κ*4=Ω(Α*10+Γ)*24(απαλείφεται το μη μηδενικό Ω)
Αρα Κ=72*Α
Επειδή έχω βρει και το Κ συναρτήσει του Α
τότε βρίσκω το γινόμενο της 2ης στήλης(θα προκύψει αριθμός συναρτήσει του Α)
Κ*ΑΓ*Γ=72*Α(10*Α+2*Α)*2*Α=1728*Α^3
Επειδή το αποτέλεσμα είναι τετραψήφιος ΑΒΓΔ πρέπει Α=1
Άρα αυτός ο αριθμός είναι ο 1728
Και με αντικαταστάσεις προκύπτει
Ω=6..Κ=72...4
Ζ=8..ΑΓ=12..Χ=18
Υ=36.. Γ=2..24

Τα Σπίρτα

3σχόλια
Ένας νεαρός άδειασε τα σπίρτα από ένα σπιρτόκουτο πάνω στο τραπέζι και τα χώρισε σε τρεις μικρές στοίβες.
-«Δεν φαντάζομαι να ανάψεις καμιά φωτιά εδώ», τον ειρωνεύτηκε κάποιος.
-«Όχι, θα τα χρειαστώ για τη σπαζοκεφαλιά. Ιδού, λοιπόν, τρεις ανόμοιες στοίβες. Συνολικά 48 σπίρτα. Δεν θα σας πω πόσα υπάρχουν σε κάθε στοίβα. Προσέξτε τώρα. Αν πάρω τόσα σπίρτα από την πρώτη στοίβα όσα υπάρχουν στη δεύτερη και τα προσθέσω στη δεύτερη στοίβα, κατόπιν πάρω από τη δεύτερη στοίβα τόσα όσα υπάρχουν στον τρίτη στοίβα και τα προσθέσω στη τρίτη στοίβα, και τελικά πάρω τόσα σπίρτα από τη τρίτη στοίβα όσα υπάρχουν στη πρώτη στοίβα  και τα προσθέσω στη πρώτη στοίβα, τότε οι στοίβες θα έχουν το ίδιο πλήθος σπίρτων.»
Πόσα σπίρτα είχε αρχικά η κάθε στοίβα; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.483)

Λύση


Η Λύση όπως τη διατύπωσε ο φίλος της ιστοσελίδας N. Lntzs.
Ακολουθώντας τα βήματα, από το τέλος προς την αρχή και χωρίς να
χρησιμοποιήσουμε Άλγεβρα, μπορούμε να φτάσουμε στη αρχική
κατάσταση, ως ακολούθως:
Αφού μετά την τρίτη και τελευταία μεταφορά σπίρτων οι στοίβες Α,Β,Γ
είχαν τον ίδιο αριθμό (48/3=16)σπίρτων, αυτές είχαν:
Α: 16, Β: 16, Γ: 16 σπίρτα, που κατά την μεταφορά αυτή η Α διπλασίασε
το πλήθος της (σε 16 από 8), που πήρε από την Γ.
Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 8(=16/2), Β: 16, Γ: 24(=16+8)
Κατά την δεύτερη μεταφορά η Γ διπλασίασε το πλήθος της (σε 24 από 12),
που πήρε από την Β.Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 8, Β: 28(=16+12), Γ: 12(=24/2)
Κατά την πρώτη μεταφορά η Β διπλασίασε το πλήθος της (σε 28 από 14),
που πήρε από την Α.Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 22(=8+14), Β: 14(=28/2), Γ: 12.
Άρα αρχικά οι στοίβες είχαν :
η Α 22, η Β 14 και η Γ 12 σπίρτα.

Υπάρχει και η αλγεβρική λύση που προκύπτει από την επίλυση ενός
συστήματος τριών εξισώσεων με τρεις αγνώστους, ήτοι:
2A-2B=16
2B-Γ=16
2Γ-Α+Β=16
Που έχει λύση την προαναφερθείσα: Α=22, Β=14, Γ=12.

Πέμπτη, 26 Ιανουαρίου 2012

Τα Σταθμά

21σχόλια
Έχουμε μία ζυγαριά με δύο δίσκους (τάσια). Πόσα σταθμά (ακέραιου αριθμού κιλών) χρειαζόμαστε για να ζυγίσουμε οποιοδήποτε αντικείμενο (πάλι ακέραιου αριθμού κιλών) από το 1 κιλό έως και τα 20 κιλά; (Κατ.4/Πρβλ. Νο.45)
Διευκρίνιση:
Εννοείται ότι πρέπει να βρούμε τον μικρότερο αριθμό από τα απαραίτητα σταθμά.
Πηγή:http://andreaspoulos1956.blogspot.com/p/blog-page_16.html

Λύση

Ι)Λύση batman1986
Σταθμά:4,6,7, και 9
1=7-6
2=9-7
3=9-6
4=4
5=9-4
6=6
7=7
8=(6+9)-7
9=9
10=6+4
11=(6+9)-4
12=(6+4+9)-7
13=6+7
14=(4+7+9)-6
15=6+9
16=7+9
17=6+4+7
18=(6+7+9)-4
19=6+4+9
20=4+7+9.
Σημείωση:
Οι αρίθμοί που έχουν πρόσημο πλήν(-) στο δεξιό μέλος των ισοτήτων, αντιπροσωπεύουν τα σταθμά που τοποθετούνται μαζί με το προς ζύγιση αντικείμενο.
Οι αριθμοί που έχουν πρόσημο συν(+) και βρίσκονται στο δεξιό μέλος των ισοτήτων, εκφράζουν το βάρος των αντικειμένων συμπεριλαμβανένου και του βάρους των σταθμών που πιθανώς βρίσκονται με τα προς ζύγιση αντικείμενα.
Οι αριθμοί στο αριστερό αντιπροσωπεύουν το βάρος των αντικειμένων.
ΙΙ)Λύση batman1986
Σταθμα:1,3,6,και 12

1=1
2=3-1
3=3
4=3+1
5=6-1
6=6
7=6+1
8=12-(3+1)
9=6+3
10=6+3+1
11=12-1
12=12
13=12+1
14=(12+6)-(3+1)
15=12+3
16=12+3+1
17=(12+6)-1
18=12+6
19=12+6+1
20=(12+6+3)-1
Λύση N.Lntzs και Papaveri48
Σταθμά:1,3,9 και 27
1=1
2=3-1
3=3
4=3+1
5=9-(1+3)
6=9-3
7=(9+1)-3
8=9-1
9=9
10=9+1
11=(9+3)-1
12=9+3
13=9+1+3
14=27-(9+1+3)
15=27-(9+3)
16=(27+1)-(9+3)
17=27-(9+1)
18=27-9
19=(27+1)-9
20=(27+3)-(9-1)
Λύση Papaveri48
Σταθμά:1,3,7, και 9

1=1
2=3-1
3=3
4=3+1
5=9-(1+3)
6=9-3
7=7
8=9-1
9=9
10=9+1
11=(9+3)-1
12=9+3
13=9+1+3
14=(9+7+1)-3
15=(9+7)-1
16=9+7
17=9+7+1
18=(9+7+3)-1
19=9+7+3
20=9+7+3+1

Τετάρτη, 25 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Πέντε

9σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε πέντε κινήσεις. (Σ.35/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Ια2!,Ρβ1 2.Ρβ3,Ρα1 3.Αα3,Ρβ1 4.Ιγ3+,Ρα1 5.Αβ2#

Η Αλληλοαπειλή

4σχόλια
 Ένας πύργος και ένας αξιωματικός τοποθετούνται σε τυχαίες θέσεις σε μία σκακιέρα. Ποια η πιθανότητα το ένα κομμάτι ν’ απειλεί το άλλο; (Προφανώς όχι ταυτόχρονα.)
(Κατ.34/Πρβλ. Νο.482) 
Διευκρίνιση:
Ο Πύργος κινείται στη σκακιέρα οριζόντια και κάθετα.
Ο Αξιωματικός κινείται στη σκακιέρα διαγώνια ανάλογα σε ποια τετράγωνα κινείται, λευκά ή μαύρα, οπότε έχουμε λευκοτετράγωνο Αξιωματικό ή μαυροτετράγωνο Αξιωματικό.


Λύση


Λύση που έστειλε ο batman1986.
Εφόσον ο αξιωματικός είναι οποιουδήποτε χρώματος(μάυρο η λευκό
δεν ξέρουμε) τότε η πιθανότητα να τον απειλεί ο πύργος είναι
=14/63=2/9=22,2%. Αυτό συμβαίνει διότι οπουδήποτε και να
τοποθετήσουμε τον πύργο τα απειλούμενα τετράγωνα στα οποία μπορεί
να βρεθεί αξιωματικός(αγνώστου χρώματος) είναι συνολικά 14(7 στη
στήλη και 7 στη γραμμή του πύργου).Αυτή είναι η απλή περίπτωση.
Τα πράγματα είναι πιο περίπλοκα με τον αξιωματικό:
Βρήκα τσεκάροντας τη σκακιέρα ότι ανάλογα με το σε ποιο τετράγωνο
βρίσκεται ο αξιωματικός η πιθανότητα να απειλείται ο βασιλιάς
ομαδοποιείται αναλόγως σε ποια από τις 4 περιοχές βρίσκεται ο
αξιωματικός.Αυτές οι περιοχές είναι οι εξής:
-Περιοχή που απειλεί 7 τετράγωνα
Αφορά όλα τα τετράγωνα της 1ης και 8ης σειράς καθώς και τα
α2 ,α4,α6,θ3,θ5,θ7(γράφω μόνο αυτά στην περίπτωση που είναι
λευκοτετράγωνος.
Προφανώς λόγω συμμετρίας επί 2)
Άρα τα συνολικά τετράγωνα για αυτή την περιοχή
Είναι 8+8(1η και 8η σειρά)+2*6(για α2 ,α4,α6,θ3,θ5,θ7 και τα
συμμετρικά τους). Σύνολο 16+12=28 τετράγωνα
-Περιοχή που απειλεί 9 τετράγωνα
Έχουμε για λευκοτετράγωνο αξιωματικό τα εξής τετράγωνα που
μπορεί να τοποθετηθεί για να ικανοποιεί αυτό το δεδομένο
γ2,ε2,η2,β7,δ7,ζ7,β3,η6,η4,β5
Δηλαδή 10.Άρα λόγω πιθανότητας ύπαρξης και μαυροτετράγωνου
είναι 2*10=20
-Περιοχή που απειλεί 11 τετράγωνα
Έχουμε για λευκοτετράγωνο αξιωματικό τα εξής τετράγωνα που
μπορεί να τοποθετηθεί για να ικανοποιεί αυτό το δεδομένο
Δ3,ζ3,γ6,ε6,γ4,ζ5
Δηλαδή 6.Άρα λόγω πιθανότητας ύπαρξης και μαυροτετράγωνου
είναι 2*6=12
-Περιοχή που απειλεί 13 τετράγωνα
Έχουμε για λευκοτετράγωνο αξιωματικό τα εξής τετράγωνα που
μπορεί να τοποθετηθεί για να ικανοποιεί αυτό το δεδομένο
Δ5 και ε4
Δηλαδή 2.Άρα λόγω πιθανότητας ύπαρξης και μαυροτετράγωνου
είναι 2*2=4
Επαλήθευση:
28+20+12+4=64 τετράγωνα (κάλυψα όλες οι περιπτώσεις)
Άρα η πιθανότητα ο αξιωματικός να απειλεί τον πύργο είναι:
(28/64)*(7/63)+(20/64)*(9/63)+(12/64)*(11/63)+(4/64)*(13/63)=5/36
Επεξήγηση πρώτου όρου (28/64)*(7/63).Πιθανότητα ο αξιωματικός να
βρίσκετια στην πρώτη περιοχή και ο πύργος σε ένα από τα 7 τετράγωνα
που απειλεί ο αξιωματικός όταν βρίσκεται σε αυτή την περιοχή
Ομοίως τα υπόλοιπα. Άρα:
Επειδή τα γεγονότα είναι αμοιβαίως ασύμβατα (δηλαδή σύμφωνα με τον
νόμο των πιθανοτήτων Ρ(Α τομή Β)=0) έχουμε
Απλή άθροιση δηλαδή θέλουμε να συμβαίνει ή το ένα ή το άλλο άρα:
Ρ(ΑUB)=(2/9)+(5/36)=22,2+13,88=36,11% περίπου
Αν είχαμε βασίλισσα αντί για αξιωματικό τα γεγονότα δεν θα ήταν
ασύμβατα Άρα Ρ(Α τομή Β) διάφορη του μηδενός….

Δική μου
Εάν ο πύργος είναι σε ένα από τα 4 κεντρικά τετράγωνα, απειλεί 14
τετράγωνα και απειλείται διαγώνια από 13 τετράγωνα και συνολικά 27
τετράγωνα. Αυτό το σύνολο είναι 25 για τα τετράγωνα που οριοθετούν
το κέντρο, 23 για τα τετράγωνα που οριοθετούν αυτά, και 21 για τα
εξωτερικά τετράγωνα. Η πιθανότητα το ένα κομμάτι ν’ απειλεί το άλλο
είναι επομένως:
(4/64)*(27/63)+(12/64)*(25/63)+(20/64)*(23/63)+(28/64)*(21/63)=13/36
Έτσι η απάντηση είναι 13/36=36,11%.

Τρίτη, 24 Ιανουαρίου 2012

Οι Αρειανοί

12σχόλια
 Σε μια περιοχή του Άρη, τα 3/7 των γυναικών είναι παντρεμένα με το 1/2
των ανδρών.
(Καταχρηστικά χρησιμοποιούμε γήινη ορολογία για τα φύλα.)
Τι μέρος (δηλαδή τι κλάσμα) των Αρειανών αυτής της περιοχής είναι
παντρεμένοι;
(Υποθέτουμε τη μονογαμία).
Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός των κατοίκων σε αυτή την περιοχή του
Άρη;
(Κατ.34/Πρβλ. Νο. 481)
Πηγή:www.dido.elemedu.upatras.gr/
 Λύση

Η λύση που έστειλε ο εξαίρετος φίλος του ιστολογίου N. Lntzs.
Επειδή στην εκφώνηση αναφέρει "τα 3/7 των γυναικών είναι
παντρεμένα με το 1/2 των ανδρών", συμπεραίνω ότι ο αριθμός των
γυναικών είναι πολ/σιο του 7 και των ανδρών πολ/σιο του 6. Έστω
λοιπόν 6*ν ο αριθμός των ανδρών και 7*κ ο αριθμός των γυναικών,
με ν, κ ακεραίους (ν,κ>0).
Επειδή το 1/2 των ανδρών(=3*ν) είναι παντρεμένοι με τα 3/7 των
γυναικών (=3*κ), συμπεραίνω ότι ν=κ.
Οπότε έχω:
Παντρεμένοι άνδρες:......3*ν
Παντρεμένες γυναίκες:....3*ν
Σύνολο παν/νων κατοίκων:.6*ν

Ανύπαντροι άνδρες:.......3*ν
Ανύπαντρες γυναίκες:.....4*ν
Σύνολο αν/ρων κατοίκων:.:6*ν

Σύνολο ανδρών:...........6*ν
Σύνολο γυναικών:.........7*ν

Σύνολο κατοίκων:........13*ν
Απαντήσεις
1)Τι μέρος των Αρειανών αυτής της περιοχής είναι παντρεμένοι;
Απ. Το κλάσμα του συνόλου των παντρεμένων κατοίκων, δια του
συνόλου των κατοίκων,ήτοι 6*ν/13*ν = 6/13
2) Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός των κατοίκων σε αυτή την
περιοχή του;
Απ. Ο ελάχιστος αριθμός των κατοίκων (και όλων των "κατηγοριών")
δίδεται για την ελαχίστη τιμή του ν, δηλ για ν=1 και είναι: 13.
Αναλυτικά για όλες τις "κατηγορίες" ο ελάχιστος αριθμός είναι:

Παντρεμένοι άνδρες:......3
Παντρεμένες γυναίκες:....3
Σύνολο παν/νων κατοίκων:.6

Ανύπαντροι άνδρες:.......3
Ανύπαντρες γυναίκες:.....4
Σύνολο αν/ρων κατοίκων:.:6

Σύνολο ανδρών:...........6
Σύνολο γυναικών:.........7

Σύνολο κατοίκων:........13.

Παρατήρηση:
Τα παραπάνω γίνονται πιο εύκολα και κατανοητά, αν χρησιμοποιήσουμε
Πίνακα Διπλής Εισόδου.

Η λύση που έστειλε ο batman1986.

Από τη στιγμή που υπάρχει μονογαμία σε αυτή την περιοχή τότε
3/7 γυναικών=1/2 αντρών. Άρα γ=(7α/6)
Ο συνολικός πληθυσμός είναι Π = γ+α = (7α/6) +(6α/6) =(13α/6)
Άρα το ποσοστό των παντρεμένων αρειανών είναι:
2*(1α /2)/(13α/6)=2*(6/26)=6/13=46,15% του πληθυσμού.
Εφόσον γ = (7α/6) τότε ο ελάχιστος αριθμός ανδρών, για να έχουμε
ακέραιο αριθμό γυναικών, είναι 6 άρα οι γυναίκες είναι 7.
Οπότε ο ελάχιστος αριθμός κατοίκων είναι min (γ+α) = 7+6=13 κάτοικοι.

Κυριακή, 22 Ιανουαρίου 2012

Η Ζυγαριά

2σχόλια
 Το σημείο μηδέν για μια ζυγαριά δεν έχει οριστεί σωστά, αλλά κατά τα άλλα η ζυγαριά λειτουργεί άριστα. Η ζυγαριά δείχνει 60 κιλά όταν ζυγίζεται ο Νίκος, 50 κιλά όταν ζυγίζεται η Ελευθερία, 105 κιλά  όταν αμφότεροι ο Νίκος και η Ελευθερία ζυγίζονται στη ζυγαριά. Η ένδειξη της ζυγαριάς είναι μεγαλύτερη ή μικρότερη του πραγματικού βάρους; Δώστε
μια εξήγηση.(Κατ.34/Πρβλ. Νο.480)

Λύση

Η λύση είναι του batman1986.
Είναι μεγαλύτερη από το κανονικό και μάλιστα είναι η περίπτωση
όπου ζυγίζουν 55 και 45 κιλά αντίστοιχα με αρχικό σημείο ισορροπίας
της ζυγαριάς στο 5 δεξιά του 0.Όταν ζυγίζεται ο καθένας έχουμε
ένδειξη 55+5=60 και 45+5=50. Ενώ μαζί 5+(45+55)=5+100=105
Σε περίπτωση δε που είχαμε μικρότερη ένδειξη από το κανονικό τότε
έστω πως το σημείο έναρξης ήταν χ αριστερά του σημείου 0 τότε:
Συνολική ένδειξη όταν ζυγιζόντουσαν και οι δύο 60+(50+χ)=110+χ
Είναι αδύνατον να δούμε την ένδειξη 105.Θα βλέπαμε τιμές μεγαλύτερες
του 110 ή μικρότερες του 50.

Είναι Πρώτος;

10σχόλια
Χωρίς να χρησιμοποιήσετε υπολογιστή, με το νου, μπορείτε να αποφανθείτε εάν ο ανωτέρω αριθμός είναι πρώτος ή όχι; Εάν ναι ή όχι, να δικαιολογήσετε το γιατί. Υπάρχει μια μέθοδος.
(Κατ.34/Πρβλ. Νο.479) 
Πηγή: www.dido.elemedu.upatras.gr/

Λύση

Η μία μέθοδος, η γνωστή, είναι ν' αθροίσουμε όλα τα ψηφία του αριθμού,
όπως έκαναν οι dmast και N. Lntzs.Η άλλη μέθοδος είναι η κατωτέρω:
Προφανώς ο αριθμός δεν διαιρείται με το 2. Πριν βιαστούμε όμως να
απαντήσουμε ότι είναι πρώτος -κρίνοντας ίσως από το τελευταίο ψηφίο,
το 7 (και λησμονώντας ότι 3Χ9=27!!), ας προβληματισθούμε αν διαιρείται
με το 3. Θα μου πείτε: Πώς να προσθέσω όλα τα ψηφία του αριθμού και στη
συνέχεια να διαιρέσω με το 3 με το νου σε λίγα μόνον δευτερόλεπτα; Δεν
χρειάζεται: Μην υπολογίζετε τα ψηφία 0, 3, 6,9, γιατί δεν αλλοιώνουν
το αποτέλεσμα. Για παράδειγμα στον αριθμό 36936981, το άθροισμα των
ψηφίων είναι (3+6+9+3+6+9)+8+1. Δηλαδή, πιο αναλυτικά το άθροισμα
είναι: 3Χ12+8+1. Θα μπορούσαμε δηλαδή απαρχής να προσθέσουμε μόνο
το 8 και το 1.Ας ξαναγυρίσουμε στον αρχικό μας αριθμό. Προσθέτουμε
μόνον:5+2+1+7=15.Χρειαζόμαστε μόνον 5 δευτερόλεπτα!! (Τα υπόλοιπα
δευτερόλεπτα ήταν για να σκεφτούμε πως θα ενεργήσουμε!)
Άρα ο αριθμός μας διαιρείται με το 3,δηλαδή, είναι σύνθετος και όχι
πρώτος.

Ματ σε Τέσσερις

3σχόλια
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις. (Σ.23/Γ)

Λύση

Κλειδί:1.Αθ7!(zz),Ρδ5 2.Αβ1!(zz),Ργ5 3.Αα2!(zz),Ρδ5 4.Ρ:β4#
Θέμα: «Ελιγμός του Herlin»

Ίδιο Αποτέλεσμα

3σχόλια
 Το άθροισμα τεσσάρων αριθμών είναι 100. Αν στον πρώτο προσθέσουμε 4, από τον δεύτερο αφαιρέσουμε 4, τον τρίτο τον πολλαπλασιάσουμε με το 4 και τον τέταρτο τον διαιρέσουμε με το 4, το αποτέλεσμα θα είναι το ίδιο. Ποιοι είναι οι τέσσερις αριθμοί?
(Κατ.12/Πρβλ. Νο.17)
Λύση:

Σάββατο, 21 Ιανουαρίου 2012

Χι στη Τρίτη (Χ^3)

6σχόλια
 Δίδεται η εξίσωση: χ^2 + χ  + 1 = 0. Να βρεθεί η τιμή του χ^3. 
(Κατ.34?Πρβλ.478)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.com/2011/05/blog-post_5517.html

Λύση

Η Λύση που έστειλε ο φίλος της ιστοσελίδας N. Lntzs.
Στην ταυτότητα
χ^3 -1=(χ-1)*(χ^2+χ+1)αντικαθιστώ
το χ^2+χ+1=0 και έχω:
χ^3 -1=0 <--> χ^3=1 ---> χ=1.
Αν δούμε όμως το πρόβλημα και από την σκοπιά των μιγαδικών
και λύσουμε την εξίσωση χ^2+χ+1=0 θα πάρουμε δύο ρίζες:
x1=[-1+i*sqrt(3)]/2 και
x2=[-1-i*sqrt(3)]/2.
που γραφονται σε τριγωνομετρική μορφή:
x1=cos(2π/3)+i*sin(2π/3) και
x2=cos(4π/3)+i*sin(4π/3).
Αν υψωθούν στον κύβο θα έχουμε:
x1^3=cos(3*2π/3)+i*sin(3*2π/3)=
=cos(2π)+i*sin(2π)=1+i*0=1
Ομοίως:
x1^3=cos(3*4π/3)+i*sin(3*4π/3)=
=cos(4π)+i*sin(4π)=1+i*0=1.
Η απάντηση λοιπόν είναι: x^3=1.
Σημ. η εξίσωση χ^3 -1=0 ή
(χ-1)*(χ^2+χ+1)=0
(ως τριτοβάθμια)έχει τρείς ρίζες εκ των οποίων μία
πραγματική την x=1 (=1+0*i=cos0+i*sin0)
και δύο μιγαδικές τις:
x1=cos(2π/3)+i*sin(2π/3)
x2=cos(4π/3)+i*sin(4π/3).
Οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο βρίσκονται στον
μοναδιαίο κύκλο και είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου
με κορυφές:
Α(1,0)
Β(-1/2,sqrt(3)/2)
Γ(-1/2,-sqrt(3)/2).

Οι Σελίδες

5σχόλια
 Κατά την ολοκλήρωση της εκτύπωσης ενός βιβλίου Άλγεβρας,  ο συγγραφέας είδε ότι για την αρίθμηση των σελίδων χρησιμοποιήθηκαν 2989 ψηφία. Πόσες σελίδες είχε το βιβλίο;
(Κατ.27/Πρβλ. Νο.326)
Πηγή: http://eisatopon.blogspot.com/2011/12/blog-post_8444.html

Λύση

Η Λύση του batman1986:
Η λογική είναι να ελέγξω τι γίνεται σε κάθε ομάδα αριθμών με ίδια
ψηφία και να τους αθροίσω προσπαθώντας να φτάσω στο ζητούμενο.Έτσι
θα καταλάβουμε τον αριθμό των σελίδων...
Από σελ.1 εώς 9 χρησιμοποιούνται 9 ψηφία, άρα 1*9=9 ψηφία.
Από σελ. 10 εώς 99 χρησιμοποιούνται 90 ψηφία, άρα 90*2=180 ψηφία.
Από σελ. 100 εώς 999 χρησιμοποιούνται 900 ψηφία άρα 900*3=2.700 ψηφία
Εώς τώρα τα συνολικά ψηφία για 999 σελίδες είναι:
9+180+2.700=2.889 ψηφία
Άρα μας απομένουν 100 ψηφία
Αυτά αντιστοιχούν σε τετραψήφιους αριθμούς αφού η επόμενη σελίδα
του 999 είναι η 1.000, άρα μας απομένουν 100/4=25 σελίδες.
Άρα σύνολο έχουμε 999+25=1.024 σελίδες

Παρασκευή, 20 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Πέντε

0σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε πέντε κινήσεις. (Σ.23/Δ)

Λύση

Κλειδί:1.Βθ7!(zz),α4 2.Αε3(zz),α3 3.Βα7(zz),α2 4.Αγ1(zz),Ιδ2/Ιε3
5.Α:Ιδ2#/Α:Ιε3#
1….,α:β4 2.Πδ1,β3 3.Ββ1(zz),β2 4.Πδ4(zz),Ιδ1/Ιδ3/Ιε4/Ιη4
5.Π:Ιδ1#/Π:Ιδ3#/Π:Ιε4#/Π:Ιη4#
Θέμα: «Ρόδα του Ίππου»

Ο Γρίφος των Βαρελιών

2σχόλια
Ο μπάρμπα-Φώτης αγόρασε κάποια βαρέλια κρασί και ένα βαρέλι με μπύρα. Στη φωτογραφία βλέπετε τα βαρέλια, ο αριθμός πάνω στο καθένα δείχνει τη χωρητικότητά του. Αν ο μπάρμπα-Φώτης έδωσε μια ποσότητα κρασί στον κουνιάδο του, έστειλε τη διπλάσια ποσότητα κρασί στον ανιψιό του και κράτησε για πάρτη του το βαρέλι με τη μπύρα. Μπορείτε να βρείτε
ποιο βαρέλι περιέχει τη μπύρα; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.477)
Διευκρίνιση:
Εννοείτε ότι ο μπάρμπα-Φώτης δεν πείραξε το περιεχόμενο των βαρελιών, όπως τα πήρε έτσι και τα έδωσε.
Πηγή:http://www.youreka.gr/

Λύση

Παραθέτω τη λύση που έδωσε ο εξαίρετος φίλος του ιστολογίου
N.Lntzs:

Το βαρέλι με την μπύρα πρέπει να περιέχει τόση ποσότητα, ώστε αν
αφαιρεθεί από την συνολική πρέπει η υπόλοιπη να διαιρείται με το
τρία(3), ώστε ο κουνιάδος του να πάρει το 1/3 και ανιψιός διπλάσια
ποσότητα δηλ. τα 2/3 αυτής.
Επειδή η συνολική ποσότητα (15+16+18+19+20+31=)119 Gals =3*39+2
διαιρούμενη με το τρία δίνει υπόλοιπο 2, θα πρέπει η ποσότητα της
μπύρας να είναι αριθμός τέτοιος, ώστε διαιρούμενος με το τρία να
δίνει υπόλοιπο δύο(2).
Από αυτούς μόνο ο αριθμός 20 δίνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεση με το
τρία (20=3*6+2).
Οι 15,18 διαιρούνται ακριβώς.
Οι 16, 19 και 31 δίνουν υπόλοιπο ένα.
Επομένως το βαρέλι με την μπύρα είναι αυτό που έχει περιεκτικότητα
20 Gals.
Τα υπόλοιπα βαρέλια με συνολική περιεκτικότητα119-20=99 Gals
δόθηκαν ως εξής:
Στον κουνιάδο το 1/3 της ποσότητας αυτής, δηλ 33 Gals
(βαρέλια 18 και 15).
Στον ανιψιό είναι τα 2/3 αυτής, δηλ 66 Gals (βαρέλια 16,19 και 31).

Πέμπτη, 19 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Πέντε

4σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε πέντε κινήσεις. (Σ.9/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Πγ1!(zz),β5 2.Αβ1!(zz),β6 3.Πγ2!(zz),Ρε4 4.Πγ5+(zz),Ρζ4 5.Πζ5#
Θέμα: «Ινδικό ή Ινδική Διατομή»

Τετάρτη, 18 Ιανουαρίου 2012

Ο Αριθμός

2σχόλια
Ποιος είναι ο αριθμός με τις ακόλουθες χαρακτηριστικές ιδιότητες:
Αν από έναν αριθμό αφαιρέσετε το 7 και πολλαπλασιάσετε το υπόλοιπο με το 7, ή αν από τον ίδιο αριθμό αφαιρέσετε το 4 και πολλαπλασιάσετε το υπόλοιπο με το 4 μας δίδει πάντα τον ίδιο αριθμό. Για ποιόν αριθμό πρόκειται; (Κατ.1/Πρβλ. Νο.13)

Λύση


Για τον αριθμό 28. Έστω "α" ο ζητούμενος αριθμός. Βάσει των δεδομένων
της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α=(β-7)7 --> α=7β-49 (1)
α=(β-4)4 -->α=4β-16 (2)
Προσθέτουμε κατά μέλη την (1) και τη (2) κι έχουμε:
α=7β-49
α=4β-16 --> 2α=11β-65 --> α=(11β-65)/2 (3)
Αντικαθιστούμε τη (3) στην (1) κι έχουμε:
α=7β-49 --> (11β-65)/2=7β-49 --> (11β-65)=2*(7β-49) -->
11β-65=14β-98 --> 14β-11β=98-65 --> 3β=33 --> β=33/3 -->β=11(4) .
Αντικαθιστούμε τη (4) στην (1) και στη (2) κι’ έχουμε:
α=7β-49 --> α=7*11-49=77-49=28 --> α=28
α=4β-16 --> α=4*11-16=44-16=28 --> α=28 ο.ε.δ.

Ματ σε Τέσσερις

6σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 4 κινήσεις.(Σ.7/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Ιε1!(zz),ε6 2.Πθ1!(zz),Ρη5 3.Ιη2!(zz),θ:Ι 4.θ4#
Σχόλιο: Ένα ματ με διαδοχικά "zugzwang".

Δευτέρα, 16 Ιανουαρίου 2012

Πορτοκάλια, Μπανάνες, Αχλάδια

3σχόλια
Δύο πορτοκάλια δε στοιχίζουν περισσότερο από τρεις μπανάνες, πέντε μπανάνες δε στοιχίζουν περισσότερο από τέσσερα αχλάδια και έξι αχλάδια
δε στοιχίζουν περισσότερο από πέντε πορτοκάλια. Ποιο είναι το ακριβότερο
φρούτο; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.476)
Πηγή:mathematica

Λύση

Η λύση είναι του @batman1986
Έστω μ=μπανάνες, π=πορτοκάλια, α=αχλάδια
Σύμφωνα με τα δεδομένα προκύπτουν οι εξής ανισοτικές σχέσεις:
2π<=3μ (1)
5μ<=4α (2)
6α<=5π (3)
Έχουμε μ>=(2/3)π
Επίσης μ<=(4/5)α<=(4/5)*(5/6)π=(2/3)π Άρα μ<=(2/3)π
Οπότε (2/3)π==(5/4)μ>=(2/3)*(5/4)π=(5/6)π
Άρα α>=(5/6)π
Οπότε α=(5/6)π=0,833
Άρα τα πορτοκάλια είναι πιο ακριβά, αφού 1π>0,8333π>0,66π

Δίδυμο Ματ σε Δύο

4σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις και στα δύο προβλήματα.
(Δαμόκλειος Σπάθη2/Σ.4)
Διευκρίνηση:
 Δίδυμα (Twins) : Δύο προβλήματα (ή περισσότερα) που (a) έχουν μικρή διαφορά το ένα από το άλλο, (b) διαφορετικές λύσεις, και (c) τα έχει συνθέσει το ίδιο πρόσωπο. Η διαφορά μπορεί να είναι προσθήκη ή αντικατάσταση ή μετακίνηση ενός κομματιού στην θέση του ενός προβλήματος, ή μετακίνηση της θέσης κατά μία στήλη ή κατά μία γραμμή, ή αλλαγή εκφώνησης από ορθόδοξο σε βοηθητικό, κλπ.
Στο ανωτέρω πρόβλημα έχουμε δύο προβλήματα:
α) Το διάγραμμα ως έχει.
β) Η μετακίνηση του Λευκού Βασιλιά απο το τετράγωνο "ε8" στο τετράγωνο "θ8".

Λύση

α)Διάγραμμα
Κλειδί: 1.Ιη6!(zz),Ρθ5 2.Πη2#
1….,Ρ:Ι 2.Πδ5#
1….,Ρζ5 2.Πη3#
1….,Ρη4 2.Πε5#
1….,θ5 2.Πη3#
Θέμα: «Τέσσερις διαφυγές του μαύρου βασιλιά σε σχήμα σταυρού», «Cross Flights»
β)Ρε8-->θ8
Κλειδί: 1.Ι:θ6!(zz),Ρζ6/Ρθ4 2.Αε7#
1...,Ρ:Ιθ6 2.η8 = Β#
1...,Ρ:Ιζ4 2.Βγ1#
Θέμα: «Τέσσερις διαφυγές του μαύρου βασιλιά σε σχήμα άστρου», «Star Flights»

Κυριακή, 15 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Δύο

2σχόλια
 
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.43/Η)

Λύση


Κείμενο που θα κρύβεται

Ματ σε Δύο

2σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.43/Ε)

Λύση


Κλειδί
:
1.Πθ4!(zz),Ρθ6 2.Ιζ7#
1….,Ρ:Π 2.Ιζ3#
Σχόλιο: Δύο συμμετρικά ηχώ – ματ.

Σάββατο, 14 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Τέσσερις

3σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις. (Σ.43/Β)

Λύση


Κλειδί
:
1.Αζ6!,0-0 2.Βη5+,Ρζ7 3.Βη7+,Ρε8 4.Βε7#
1....,Ρζ8 2.Βδ7,θ6 3.Βε7+/Βη7+,Ρη8/Ρε8 4.Βη7#/Βε7#
1....,Ρζ7 2.Βε6+,Ρη6 3.Α:Π+,Ρη5 4.Βζ6#
1....,Ρζ7 2.Βε6+,Ρζ8 3.Βε7+,Ρη8 4.Βη7#/Be8#

Πέμπτη, 12 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Έξι

4σχόλια
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε έξι κινήσεις. (Σ.41/Γ)

Λύση

Κλειδί:1.δ6!(zz),β6 2.δ7(zz),Ρθ3 3.δ8=Ι+,Ρθ2 4.Ιε6(zz),Ρθ3 5.Ιδ4+,Ρθ2 6.Ιζ3#

Ένας Αριθμός με Πέντε Ιδιότητες!!

2σχόλια
Ένας αριθμός αποτελείται από τέσσερα ψηφία που παρουσιάζουν τις εξής ιδιότητες:
•    Το άθροισμα των τεσσάρων ψηφίων του ισούται με 18.
•    Το 1ο το 2ο και το 4ο ψηφίο αθροιζόμενα μας δίδουν το 3ο ψηφίο.
•    Το 1ο ψηφίο ισούται με το διπλάσιο του 2ου ψηφίου.
•    Το 3ο ψηφίο ισούται με το τριπλάσιο του 4ου ψηφίου.
•    Το 1ο και το 2ο ψηφίο αθροιζόμενα μα δίδουν το 1/3 του συνόλου των ψηφίων.
    Ποιος είναι αυτός ο παράξενος  αριθμός; (Κατ.1/Πρβλ. Νο.10)

Λύση

Ο αριθμός είναι ο 4.293. Έστω α, β. γ, και δ τα ψηφία που απαρτίζουν τον αριθμό. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α+β+γ+δ=18(1)
α+β+δ=γ (2)
α=2*β (3)
γ=3*δ (4)
α+β=1/3*(α+β+γ+δ)(5)
Από τη (5) συνάγουμε ότι:
α+β=1/3*(α+β+γ+δ)= 1/3*18=6 --> α+β=6 (6)
Αντικαθιστούμε τη (2) στην (1) κι έχουμε:
α+β+γ+δ=18 --> γ+γ=18 --> 2γ=18 --> γ=18/2=9 --> γ=9 (7)
Αντικαθιστούμε τη (7) στη (4) κι έχουμε:
γ=3*δ --> 9=3*δ --> δ=9/3=3 --> δ=3 (8)
Αντικαθιστούμε τη (3) στην (6) κι’ έχουμε:
α+β=6 --> 2*β+β=6 --> 3β=6 --> β=6/3=2 --> β=2 (9)
Αντικαθιστούμε την (9) στη (3) κι έχουμε:
α=2*β=2*2=4 --> α=4 (10)
Αντικαθιστούμε τις τιμές των στην (10), (9), (7), και (8) στις (1), (2),
(3), (4), και (5) κι έχουμε:
α+β+γ+δ=18 --> 4+2+9+3=18
α+β+δ=γ --> 4+2+3=9
α=2*β --> 4=2*2
γ=3*δ --> 9=3*3
α+β=1/3*(α+β+γ+δ) --> 4+2=1/3*(4+2+9+3)--> 6=18/3 ο.ε.δ.
Λύση του Lntzs:
α)Λύση με απλούς συλλογισμούς.
Συνδυάζοντας την πρώτη και δεύτερη ιδιότητα βρίσκουμε το τρίτο ψηφίο, που ισούται με εννέα.
Από την τέταρτη βρίσκουμε το τέταρτο ψηφίο 9/3=3.
Το 1ο και το 2ο ψηφίο αθροιζόμενα μας δίδουν το 1/3 του συνόλου των ψηφίων δηλαδή 18/3=6
Από τη τρίτη ιδιότητα (Το 1ο ψηφίο ισούται με το διπλάσιο του 2ου ψηφίου) προκύπτει ότι το πρώτο είναι το τέσσερα και το δεύτερο το δύο.
Επομένως πρόκειται για τον αριθμό 4.293.
β)Αλγεβρική λύση.
Αν Α,Β,Γ,Δ είναι τα ψηφία του αριθμού σε σειρά θέσης τότε η κάθε ιδιότητα μεταφράζεται σε εξισώσεις ως κάτωθι:
Α+Β+Γ+Δ=18 (1)
Α+Β+Δ=Γ (2)
Α=2*Β (3)
Γ=3*Δ (4)
Α+Β=18/3 (5)
Το σύστημα αυτό πέντε εξισώσεων με τέσσερις αγνώστους είναι συμβιβαστό.
Λύνω το σύστημα των 4/ρων πρώτων εξισώσεων με αντικατάσταση των (3) και (4) στην (1) και (2) και έχω:
3*Β+4Δ=18
3*Β-2*Δ=0
και με αφαίρεση κατά μέλη
6*Δ=18 ή Δ=3
και Β=2
Από (3)και (4): Α=4, Γ=9.
Οι αριθμοί αυτοί επαληθεύουν την εξίσωση (5).
Άρα ΑΒΓΔ=4293

Τετάρτη, 11 Ιανουαρίου 2012

Οι Αριθμοί Σωσίες

4σχόλια
Ο θείος Ηρακλής λέει στο μικρό του ανιψιό τον Ανδρέα.
-"Υπάρχει ένας διψήφιος αριθμός με τις εξής ιδιότητες:
  • α)Εάν περιστραφεί γύρο από τον εαυτό του κατά 180 μοίρες μας δίδει έναν άλλο αριθμό κατά 21 μονάδες μεγαλύτερο.
  • β)Ο ίδιος αριθμός εάν αντιστραφεί και περιστραφεί κατά 180 μοίρες ταυτοχρόνως μας δίδει έναν άλλο αριθμό κατά 12 μονάδες μεγαλύτερο.
Μπορείς να βρεις  ποιος είναι αυτός ο αριθμός;"
Ο ανιψιός του, που σημειωτέον ήταν δυνατός στα μαθηματικά, αφού σκέφθηκε λίγο βρήκε τους δύο αριθμούς. Μήπως θα μπορούσατε να τους βρείτε κι εσείς; (Κατ.1/Πρβλ. Νο.8)

Λύση

Παραθέτω τη λύση που έδωσε ο "batman1986".
Ο αριθμός είναι o 68.
Και αυτό διότι α)περιστρεφόμενος γύρω από τον εαυτό του κατά 180 μοίρες μας δίνει τον 89 και 89-68=21
β)Αντιστρεφόμενος μας δίνει τον 86 και στη συνέχεια περιστρεφόμενος κατά180 μοίρες μας δίνει τον 98 και 98-86=12

Αυτό που σκέφτηκα είναι ότι 4 μόνο αριθμοί μπορούν να δώσουν αριθμούς αν περισταρφούν κατά 180 μοίρες. Είναι οι 0, 6, 8 και 9
Άρα μιλάμε για ένα συνδυασμό 2 εξ αυτών
Έστω 90 τότε με περιστροφή έχουμε τον 06(6) άρα δεν μας κάνει
Έστω 60 άρα με περιστροφή έχουμε τον 09(9) άρα δεν μας κάνει
Έστω 98 τότε με περιστροφή κατά 180 έχουμε τον 86 που δεν ικανοποιεί την α) περίπτωση(μικρότερος)
Έστω 86 και με περιστροφή έχουμε τον 98 που αντιβαίνει στην α) αφού είναι 12 φορές μεγαλύτερος και όχι 21
Έστω 89 τότε με περιστροφή βγαίνει 68 που είναι 21 φορές μικρότερος άρα δεν μας κάνει
Και απομένει ο 68 με περιστροφή βγαίνει 89 άρα 21 φορές μεγαλύτερος και μας κάνει

Ματ σε Δύο

3σχόλια
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.41/Ζ)
Διευκρίνηση:
Το σύμβολο "v" σημαίνει Δοκιμή.
Το σύμβολο " * " σημαίνει Φαινομενικό παιγνίδι πριν το κλειδί.

Λύση

Δοκιμή:1.Αδ7+;,Ρθ5!
1.Πγ1;/Πε1(zz);/Πθ1,γ3+!
1.Ργ1(zz);/Ργ2(zz);Ρε1(zz);/Ρε2(zz);/Ρε3(zz);,γ3+!
Φαινομενικό Παιγνίδι:1….,Ρθ4/θ5 2.Πζ4#
Κλειδί:1.Ργ3!(zz),Ρθ4 ή Ρθ5/θ5 2.Πζ4#/Πδ4#

Τρίτη, 10 Ιανουαρίου 2012

Ο Χορός των Ίππων

3σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 12 κινήσεις. (Σ.15/Η)

Λύση

Κλειδί:1.α7!(zz),δ5 2.α8 = Ι,δ4 3.Ιβ6(zz),γ:Ι 4.γ7,β5 5.γ8 = Ι,β4
6.Ιδ6(zz),ε:Ι (εάν 6....,β3; 7.Ιδ6~,α3 8.Ι:β3#)7.ε7,δ5 8.ε8 = Ι,β3
9.Ιζ6(zz),η:Ι 10.η7,ζ5 11.Αζ4!(zz),α3 12.Ι:β3#

Όλα Δεκαέξι

5σχόλια
Χωρίστε τον αριθμό 100 σε τέσσερις αριθμούς, που το άθροισμά τους να ισούται με 100 και που ο καθ’ ένας τους να έχει τις εξής ιδιότητες:
•    Όταν διαιρείτε το μεγαλύτερο με το 4, το πηλίκο ισούται με 16.
•    Όταν αφαιρείται το 4 από το δεύτερο σε αριθμητική αξία αριθμό η διαφορά ισούται με 16.
•    Όταν προσθέσετε το 4 στο τρίτο σε αριθμητική αξία αριθμό το άθροισμα ισούται με 16.
•    Και όταν πολλαπλασιάσετε το 4 με το τέταρτο σε αριθμητική αξία 
αριθμό το γινόμενο ισούται με 16. 
Ποιοι είναι οι τέσσερις αυτοί αριθμοί; (Κατ.12/Πρβλ. Νο.6)

Λύση


Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α+β+γ+δ=100(1)
α/4=16 (2)
β-4=16(3)
γ+4=16(4)
4δ=16(5)
Από τις (2),(3),(4) και(5) συνάγουμε ότι:
α/4=16 --> α=16*4=64 --> α=64
β-4=16 --> β=16+4=20 --> β=20
γ+4=16 --> γ=16-4=12 --> γ=12
4δ=16 --> δ=16/4=4 --> δ=4
Άρα: α+β+γ+δ=100 --> 64+20+12+4=100 ο.ε.δ.

Ματ σε Δύο

2σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.15/Δ)

Λύση

Κλειδί:1.Ρη3!(zz),Ργ4 2.Ιβ6#
1….,Ρ:γ 2.Ιζε5#
1….,Ρε4 2.Ιζ6#
1….,Ρε6 2.Ιη5#
Θέμα: «Τέσσερις διαφυγές του μαύρου βασιλιά σε σχήμα άστρου», «Star Flights»

Με Πέντε Τριάρια

9σχόλια
Χρησιμοποιώντας πέντε φορές το τρία και οποιονδήποτε τελεστή να 
σχηματισθεί ο αριθμός 31!! (Κατ.11/Πρβλ. Νο.30)

Λύση

α)[33-(3-3/3)]=31-->[33-(3-1)]=31 --> 33-2=31
β)3^3+3+(3/3)=27+3+1=31
γ)33-3+(3/3)=30+1=31
δ)3!*(3!)-3!+(3/3)=6*6-6+1=30+1=31
ε)(3/.3)*3+(3/3)=10*3+1=31
ζ)3!*(3!)-3!+log(3/.3)=36-6+1=31
η)3^3+3!-log(3/(3)%)=27+6-log10^2=33-2=31
θ)(3!)*(3!)-3-log(3/(3)%)=6*6-3-log10^2=36-3-2=31 ο.ε.δ.
Λύση του N. Lntzs:
Επειδή (3!)!=6!=720=2*360,
είναι cos((3!)!)=cos(2*360)=1
Oπότε έχω:
Sqrt{[3+cos((3!)!)]^ [3!-cos((3!)!)]} - cos((3!)!)=
Sqrt[(3+1)^6-1] -1=Sqrt(4^5) - 1=sqrt(1024)-1=32-1=31

Δευτέρα, 9 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Τέσσερις

2σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά καο κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις. (Σ.5/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Αγ6!(zz),η4 2.Πδ5!(zz),η1 = Β/Π/Α/Ι 3.Πδ1+,η2 4.Ιη3#
Θέμα: «Ινδικό ή Ινδική Διατομή»

Με Πέντε Πεντάρια

11σχόλια
 Χρησιμοποιώντας πέντε φορές τον αριθμό πέντε και οποιοδήποτε μαθηματικό σύμβολο μπορεί να σας φανεί χρήσιμο,  να σχηματίσετε τον αριθμό 100. (Κατ.11/Πρβλ. Νο.28)

Λύση

α)(5*5*5) – (5*5) = 100  125 – 25 = 100
β)5!-(5+5+5+5)=(1*2*3*4*5)-20=120-20100
γ)5*(5+5+5+5)=5*20=100
δ)(5+5)^[(5+5)/5]=10^2=100
ε) 5*5*(5-5/5)=25*(5-1)=25*4=100
ζ)[ln(5*5)^5 /ln5]* [ln(5*5)^5 /ln5]=ln(5^10)/ln5 * ln(5^10)/ln5=
10*ln5/ln5*10*ln5/ln5=10*10=100
η)sqrt{(5+5)^[5-(5-5)!]}=sqrt[10^(5-1)]=sqrt(10000)=100
θ)(5/.5)^[(5-5)!+(5-5)!]=10^(1+1)=10^2=100
ι) (5+5)^[-(5-5)!/cos(5!)] (ισχύει 0!=1)
Σημείωση:
Το 5! εκφράζεται σε μοίρες και δεν μπορώ να γράψω το σύμβολό της,
οπότε οι 5! μοίρες είναι 120 μοίρες και κατά συνέπεια
cos(5!)=-cos60=-1/2). ο.ε.δ.

Κυριακή, 8 Ιανουαρίου 2012

Σύνολο 30

17σχόλια
 Χρησιμοποιώντας τρία ίδια ψηφία και οποιοδήποτε μαθηματικό σύμβολο μπορεί να σας φανεί χρήσιμο,  να σχηματίσετε τον αριθμό 30. (Κατ.11/Πρβλ. Νο.26)

Λύση

α)[(6*6)-6] = 36-6 = 30
β)33+3 = 27+3 = 30
γ)33-3 = 30
δ)[(5*5)+5]=25+5=30
ε)[(3!*(3!))-3!]=[((1*2*3)*(1*2*3))-(1*2*3)]=[(6*6)-6]=36-6=30
ζ)(3/.3)*3=10*3=30
η)(9/.9)*sqrt(9)=10*3=30
θ)(5!)*log(5){(sqrt(sqrt(5)))}=120*log(5)(5^(1/4))=120/4=3
ι)-log(2)sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(2)))))-2= -log(2)(2^(1/32))-2=32-2=30
ια)4! + sqrt(4) + 4 =(1*2*3*4)+ 2 + 4 = 24+2+4=30
ιβ)Ιδέες:
Επειδή α/α%=100 (όπου α ένα από τα ψηφία 1, 2, 3, ..., 9),
sqrt(α/.α%)=10
log(α/.α%)=2
μπορούμε να το δούμε ως εξείς:
βγάζω την τετρ. ρίζα και πολ/ζω με α οπότε προκύπτει ο αριθμός με 

ψηφία α0.
Δηλαδή: 3*sqrt(3/.3%)=30.
Άλλη Ιδέα:
log(sqrt(α/.α%)=log10=1
log(sqrt(α/.α%%))=log100=2
log(sqrt(α/.α%%%))=log1000=3
log(sqrt(α/.α%%%%))=log10000=4
Άρα: 30=6!/4!=(3!)!/4!=(3!)!/[log(sqrt(3/.3%%%%))]!
ιγ) Και μια Τελευταία πρόταση.
Κάθε φυσικός αριθμός n(>0))μπορεί γραφεί:
n=-ln[ln(sqrt(sqrt(...(sqrt(4))...)))/ln(4)]/ln(4), όπου το πλήθος των ριζικών
είναιδιπλάσιο του n.

Σάββατο, 7 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Τρεις

2σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/ΙΑ)

Λύση

Κλειδί:1.Πε7!(zz),Ρ:ε4 2.Π:ε6+,Ρδ5/Ρζ5 3.Ιζ4#/Ιδ4#
1….,Ρ:δ6 2.Αη4(zz),Ρε5 3.Π:ε6#
1….,Ρ:δ6 2.Αη4(zz),ε5 3.Πδ7#
1….,Ρ:ζ6 2.Αγ4(zz),Ρε5 3.Π:ε6#
1….,Ρ:ζ6 2.Αγ4(zz),ε5 3.Πζ7#

Με Τρία Δυάρια

11σχόλια
 Χρησιμοποιώντας 3 δυάρια (2-2-2) και οποιοδήποτε μαθηματικό σύμβολο
μπορεί να σας φανεί χρήσιμο,  να σχηματίσετε τον αριθμό 24.
(Κατ.11/Πρβλ. Νο.25)

Λύση

α)22+2 = 24
β)(2+sqrt(2*2))! =(2+sqrt(4))! =(2+2)! =(4)! = (1*2*3*4)=24
γ)sqrt[((2+2)!)^2]=sqrt[((4!)^2]=sqrt[24^2]= 24.
δ)(2+2)!*cos2π = 4!*1=24
ε)-log(2)[(sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(2))))* sqrt(sqrt(sqrt(2)))]=
-log(2)[sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(2))))] - log(2)[ sqrt(sqrt(sqrt(2)))] =
-log(2)[2^(1/16)]-log(2)[2^(1/8)] =16+8 = 24
ζ)(2+sqrt(2+2))!=24
η)sqrt[((2*2)!)^2]=24

Παρασκευή, 6 Ιανουαρίου 2012

Με Τέσσερα Τεσσάρια

15σχόλια
 
Χρησιμοποιώντας 4 τεσσάρια (4-4-4-4) και οποιοδήποτε 
μαθηματικό σύμβολο μπορεί να σας φανεί χρήσιμο,  να 
σχηματίσετε τον αριθμό 33.
Επεξηγήσεις 
Ο γρίφος (τα τέσσερα τεσσάρια) ανήκει σε μια μεγαλύτερη και διάσημη οικογένεια μαθηματικών προβλημάτων και δεν ισχύει μόνο για τον αριθμό 33. Χρησιμοποιώντας μόνο τέσσερα τεσσάρια μπορεί κανείς να εκφράσει ΟΛΟΥΣ τους αριθμούς από το 1 μέχρι το 100! Για να γίνει όμως αυτό πρέπει πρώτα να ξεκαθαρίσουμε ποιους τρόπους σκέψης και ποιους συμβολισμούς έχουμε στη διάθεσή μας. Πρέπει κατ' αρχάς να αποσαφηνιστεί πως όταν λέμε «τέσσερα τεσσάρια» δεν εννοούμε αυστηρά τον αριθμό 4, αλλά το ψηφίο 4. Αυτό σημαίνει ότι στις πράξεις μας μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και το 44 (σαράντα τέσσερα) ή και το 0,4 (μηδέν κόμμα τέσσερα), δηλαδή και δεκαδικούς αριθμούς εφ' όσον το ακέραιο μέρος τους είναι μηδέν. Αυτό συμβαίνει διότι στο εξωτερικό συνήθως σημειώνεται μόνο η υποδιαστολή, ενώ το μηδέν παραλείπεται, π.χ. το μηδέν κόμμα τέσσερα γράφεται «,4» ή «.4».
Αφού ξεκαθαρίσαμε τα παραπάνω, ας δούμε τι πρέπει να ξέρουμε από τα μαθηματικά:
1) Τις τέσσερις πράξεις.
2) Τις δυνάμεις, τις ρίζες και τους λογάριθμους.
3) Το παραγοντικό, π.χ. ότι 4! σημαίνει 4 επί 3 επί 2 επί 1 και ισούται με 24.
4) Τους περιοδικούς δεκαδικούς αριθμούς, οι οποίοι συμβολίζονται 
με παύλα πάνω από το επαναλαμβανόμενο ψηφίο, και πώς προκύπτουν αυτοί.
(Κατ.11/Πρβλ. Νο.22)
Λύση

Πέμπτη, 5 Ιανουαρίου 2012

Σύνολο 13

19σχόλια
Μπορείτε να σχηματίσετε τον αριθμό 13 αθροίζοντας τέσσερα ίδια ψηφία,χρησιμοποιώντας μόνο το σύμβολο της πρόσθεσης; Υπάρχει και δεύτερη λύση χρησιμοποιώντας διαίρεση και πρόσθεση. 
(Κατ.11/Πρβλ. Νο.4)

Λύση

α)11+1+1=13
β)(22:2)+2 --> 11+2=13
γ) 6+6+ = 13 --> 6+6+1=13

Τετάρτη, 4 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Τέσσερις

2σχόλια
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/ΙΒ)

Λύση

Δοκιμή:Εάν 1.Αζ7;,Αζ5 2.Αη8,Βα2!! Και δεν λύνει το πρόβλημα.
Κλειδί: 1.Αδ7!(>2.Ιζ7#),Αη6 2.Αγ6,Αε8 3.Αε4!!,ότι και να παίξει
ο Μαύρος ο Λευκός Θα κάνει ματ με κάποιον από τους Ίππους στα
τετράγωνα: «γ4», «η4», «δ7» και «ζ7».
1….,Αδ5 2.Αγ8(>3.Ιδ7#),Αε6 3.Α:Α, ότι και να παίξει ο Μαύρος ο
Λευκός θα κάνει ματ με κάποιον από τους Ίππους στα τετράγωνα:
«γ4», «η4»,«δ7» και «ζ7». Οι μονομαχίες των Αξιωματικών θυμίζουν
την σκηνή του έργου «Μονομαχία στο Ελ - Πάσο», όπου οι μονομάχοι
βρισκόντουσαν σε κυκλική θέση.
Το σύμβολο « > » σημαίνει απειλεί.
Κλειδί:1.Bd7!(>2.Sf7#)
1...,Qh5 (>2.Sc4#)
1...,Qc4(>2.Sd6*c4# )
1...,Qe2-a2
2.c4(>3.Sg4# / 3.Sf7#),Qa2*c4
3.Sd6*c4#
1...,Qa2
2.c4,Qa3 / Bg6 Bd5
3.Sg4#
1...,Qa2
2.c4,Qe2 / Bf3 / Bf5
3.Sf7#
1....Bg6
2.Bc6(>3.Sd7#),Qg4
3.Sf6*g4#
1....,Bg6
2.Bc6,Bf5
3.Sf7#
1...Bd5
2.Bc8(>3.Sd7#),Qg4
3.Sf6*g4#
1...Bd5
2.Bc8,Qb5
3.Sg4#
1...Bd5
2.Bc8,Bh1 /Bg2 / Bf3 / Be4 / Ba8 / Bb7 / Bc6
3.Sf7 #
1...Bd5
2.Bc8,Bf7
3.Sd6*f7#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4(zz),Qf3 / Qd1 / Qh5
4.Sc4#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Qf1 / Qa6 / Qb5 / Qd3 / Qa2
4.Sg4#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Qg4 / Qc2 / Qe2*e3 / Qg2
4.Sc4# / 4.Sf6*g4# / 4.Sg4#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Qc4 / Qe1 / Qb2 / Qd2 / Qh2 / Qf2
4.Sg4# / 4.Sd6*c4# / 4.Sc4 #
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Ba4 / Bb5 / Bc6
4.Sd6-f7 #
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Bd7
4.Sf7# / 4.Sf6*d7#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Bh5 / Bg6
4.Sd7#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Bf7
4.Sd7# / 4.Sd6*f7#
1...Bd5
2.Bc8,Ba2 / Bb3 / Bc4 / Bg8
3.Sd7+,Kd5
4.Bb7 #
1...Bd5
2.Bc8,Be6
3.Bc8*e6(>4.Sd7# / 4.Sf7#),Qh5
4.Sd7# / 4.Sc4#
1...Bd5
2.Bc8,Be6
3.Bc8*e6,Qb5
4.Sg4# / 4.Sf7#

Ματ σε Τρεις

2σχόλια
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/Θ)

Λύση

Κλειδί:1.Αθ3!,γ4 2.Ιζ5,ε4/ε:δ4 3.Αζ1#
1….,ε4 2.Ιβ5,γ4/γ:δ4 3.Αζ1#
1….,Ρ:δ4 2.Π:δ6,~ 3.Π:δ5#

Δευτέρα, 2 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Τρεις

7σχόλια
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/Η)

Λύση

Κλειδί:1.Ββ7!(zz),Ργ3 2.0-0-0,Ργ4 3.Ββ4#
1….,Ρδ3 2.0-0-0+,Ργ3 ή Ργ4/Ρε2 3.Ββ4#/Βη2#
1….,Ρ:γ5 2.0-0-0 (ή Πδ1(zz)),Ργ4 3.Ββ4#
Το ελάτωμα είναι ότι πιάνει με το κλειδί τρία τετραγωνα φυγής
του Μαύρου Βασιλιά.

Οι Ναυαγοί, ο Πίθηκος και οι Καρύδες

2σχόλια
Πέντε ναυαγοί κι’ ένας πίθηκος βρίσκονται σ’ ένα ερημονήσι. Επειδή δεν υπήρχε τίποτε για να φάνε μαζέψανε καρύδες και αφού τις αποθηκεύσανε σε κάποιο σημείο πέσανε να κοιμηθούνε. Τη νύκτα όμως ένας από αυτούς σηκώνετε και παίρνει το μερίδιό του, δηλαδή το 1/5 κι’ επειδή περίσσευε μια καρύδα τη δίνει στο πίθηκο. Το ίδιο επαναλήφθηκε και με τους άλλους τέσσερις ναυαγούς. Την επομένη ημέρα μοίρασαν αυτές που είχαν απομείνει και όλοι πήραν την ίδια ποσότητα. Όλοι, όμως, γνώριζαν ότι έλειπαν καρύδες, αλλά κανείς δεν μίλησε. Πόσες ήταν οι καρύδες στην αρχή; 
(Κατ.36/Πρβλ. Νο.17)
Λύση
 
 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes