Τρίτη, 30 Οκτωβρίου 2012

Η Ισορροπία (Ι)


Η ανωτέρω ζυγαριά ισορροπεί. Εάν:
και το άθροισμα των βαρών των αντικειμένων της ζυγαριάς είναι:
Να βρεθεί το βάρος του κάθε αντικειμένου. (Κατ.9Α΄/Νο.16)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/10/blog-post_4527.html

Λύση

Το πρόβλημα έχει 5 λύσεις. Το κάθε αντικείμενο ζυγίζει: Σφαίρα: 12, 13, 14, 15, και 16κιλά αντίστοιχα. Ρόμβος: 1, 3, 5, 7, και 9κιλά αντίστοιχα. Τρίγωνο: 1, 4, 7, 10, και 13κιλά αντίστοιχα. Τετράγωνο: 2, 4, 6, 8, και 10κιλά αντίστοιχα. Έστω «α» η σφαίρα, «β» ο ρόμβος, «γ» το τρίγωνο και «δ» το τετράγωνο. Βάσει της εκφωνήσεως των δεδομένων του προβλήματος έχουμε: α+β+γ+δ=32 (1) α+2β=β+γ+2δ (2) α-2=β+γ (3) Από τη (3) συνάγουμε ότι: α-2=β+γ (3) --> α=β+γ+2 (4) Αντικαθιστούμε τη (4) στη (2) κι’ έχουμε: α+2β=β+γ+2δ --> β+γ+2+2β=β+γ+2δ --> 3β+γ+2=β+γ+2δ --> 3β-β=γ+2δ-γ-2 --> 2β=2δ-2 --> 2β=2*(δ-1) --> β=[2*(δ-1)]/2 --> β = δ-1 (5) Αντικαθιστούμε τη (5) στη (4) κι’ έχουμε: α=β+γ+2 --> α= δ-1+γ+2 --> α=δ+γ+1 (6) Αντικαθιστούμε τις τιμές (5) και (6) στην (1) κι’ έχουμε: α+β+γ+δ=32 --> δ+γ+1+ δ-1+γ+δ=32 --> 3δ+2γ=32 --> 3δ=32-2γ --> δ=(32-2γ)/3(6) Διερεύνηση: Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε την διερεύνηση των ακέραιων ριζών. Δίνοντας στο "γ" τις τιμές από το 1 έως το 13, μεγαλύτερες τιμές δίδουν δεκαδικούς και αρνητικούς αριθμούς, βλέπουμε ότι οι μοναδικές τιμές που ικανοποιούν τη συνθήκη και δίνουν ακέραιους αριθμούς "δ" είναι οι αριθμοί γ=1, 4, 7, 10, και 13 αντίστοιχα . (7). Αντικαθιστούμε τη τιμή του «γ» στην (6) κι’ έχουμε: δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*1)/3 --> δ=(32-2)/3 --> δ=30/3 --> δ=10 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*4)/3 --> δ=(32-8)/3 --> δ=24/3 --> δ=8 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*7)/3 --> δ=(32-14)/3 --> δ=18/3 --> δ=6 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*10)/3 --> δ=(32-20)/3 --> δ=12/3 --> δ=4 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*13)/3 --> δ=(32-26)/3 --> δ=6/3 --> δ=2 (8) Αντικαθιστούμε τη τιμή του «δ»¨στη (5) κι’ έχουμε: β=δ-1 --> β=10-1 --> β=9 (9) β=δ-1 --> β=8-1 --> β=7 (9) β=δ-1 --> β=6-1 --> β=5 (9) β=δ-1 --> β=4-1 --> β=3 (9) β=δ-1 --> β=2-1 --> β=1 (9) Αντικαθιστούμε τις τιμές «β» και «γ» στη (4) κι’ έχουμε: α=β+γ+2 --> α=9+1+2=12 (10) α=β+γ+2 --> α=7+4+2=13 (10) α=β+γ+2 --> α=5+7+2=14 (10) α=β+γ+2 --> α=3+10+2=15 (10) α=β+γ+2 --> α=1+13+2=16 (10) Επαλήθευση: Α) α+β+γ+δ=32 --> 12+9+1+10=32 α+β+γ+δ=32 --> 13+7+4+8=32 α+β+γ+δ=32 --> 14+5+7+6=32 α+β+γ+δ=32 --> 15+3+10+4=32 α+β+γ+δ=32 --> 16+1+13+2=32 Β) α+2β=β+γ+2δ --> 12+2*9=9+1+2*10 --> 12+18=9+1+20=30 α+2β=β+γ+2δ --> 13+2*7=7+4+2*8 --> 13+14=7+4+16=27 α+2β=β+γ+2δ --> 14+2*5=5+7+2*6 --> 14+10=5+7+12=24 α+2β=β+γ+2δ --> 15+2*3=3+10+2*4 --> 15+6=3+10+8=21 α+2β=β+γ+2δ --> 16+2*1=1+13+2*2 --> 16+2=1+13+4=18 Γ) α-2=β+γ --> 12-2=9+1=10 α-2=β+γ --> 13-2=7+4=11 α-2=β+γ --> 14-2=5+7=12 α-2=β+γ --> 15-2=3+10=13 α-2=β+γ --> 16-2=1+13=14

9 σχόλια:

dmast είπε...

Έστω:
Κύκλος - α
ρόμβος - β
τρίγωνο - γ
τετράγωνο - δ

α+2β = β+γ+2δ
Επίσης, βλέπουμε ότι υπάρχει και μια ισορροπία στα δεξιά της ζυγαριάς με:
β+γ = 2δ
Τα υπόλοιπα δεδομένα:
α-2 = β+γ
α+β+γ+δ = 32

Τέσσερεις εξισώσεις με τέσσερεις αγνώστους.
Δεν θα γράψω το σεντόνι, αλλά:
α = 14
β = 5
γ = 7
δ = 6

Γιώργος Ριζόπουλος είπε...

Aπό την συνολική ισορροπία του ζυγού (αριστερό σκέλος=δεξιό σκέλος) έχουμε:
(Συμβολίζω με Κ=κύκλος, Ρ=ρόμβος, Τρ=Τρίγωνο, Τε=Τετράγωνο)
Κ+2Ρ=Ρ+Τρ+2Τε (1)
Στο δεξί σκέλος του ζυγού για να έχουμε ισορροπία πρέπει να ισχύει
Ρ+Τρ=2Τε (2)
Ισχύει επίσης ως εκ των δεδομένων
Κ-2=Ρ+Τρ (3)
Κ+Ρ+Τρ+Τε=32 (4)

Οι (1), (2), (3),(4) αποτελούν ένα απλό σύστημα 4 εξ. με 4 αγνώστους με λύση:
K=14, Ρ=5, Τρ=7, Τε=6

Papaveri είπε...

@dmast
Συγχαρητήρια! Η απάντησή σου είναι σωστή. Να προσθέσω ότι το πρόβλημα έχει πέντε λύσεις. Όντως η λύση είναι ένα σεντόνι.:-)

Papaveri είπε...

@Γιώργος Ριζόπουλος
Συγχαρητήρια! Η απάντησή σου είναι σωστή. Να προσθέσω ότι το πρόβλημα έχει πέντε λύσεις.:-)

batman1986 είπε...

@papaveri

Κατάλαβα τι εννούσες με το 5 λύσεις.Βρήκες τις 3 εξισώσεις με 4 αγνώστους(διοφαντικές) και θεώρησες πολλαπλότητα αποτελεσμάτων(όπως είδα τη λύση σου στο eisatopon που δεν είναι σωστή) ενώ δεν ισχύει.Ο dmast και ο Ριζόπουλος βρήκαν και την 4η εξίσωση που είναι η ισορροπία στα δεξιά της ζυγαριάς άρα το σύστημα έχει μονοσήμαντη λύση

Papaveri είπε...

@batman1986
Ο Σωκράτης μου είπε ότι είναι σωστή.
Εξ' άλλου τη λύση που δώσανε οι άλλοι δύο τη συμπεριλαμβάνω κι' εγώ.
Γιατί δεν είναι σωστή;

batman1986 είπε...

@papaveri

Δεν είναι σωστή η θεώρηση της πολλαπλότητας των λύσεων γιατί δεν έλαβες υπόψιν ένα στοιχείο από την εικόνα(και ας την περιλαμβάνεις με τις άλλες 4).Το λάθος λοιπόν είναι ότι τα βάρη μπορεί να έχουν μόνο μία τιμή και όχι 5 πιθανές(αλλιώς δεν θα υπήρχε ισορροπία στο δεξί ζυγό.Δες το και φυσικά).Ο Σωκράτης δεν είδα να επιβεβαιώνει κάτι στα σχόλια

Papaveri είπε...

@batman1986
Μου το επιβεβαίωσε τηλεφωνικώς.
Γι' αυτό και ανάρτησε και τη λύση μου.

batman1986 είπε...

@papaveri

Τεσπα .Το σχόλιο σου ότι επιδέχονται 5 λύσεις είναι λάθος.Αντιφάσκει με το σχήμα πως να το κάνουμε

 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes