Τετάρτη, 27 Φεβρουαρίου 2013

Ο Τριψήφιος Αριθμός

2σχόλια
Το γινόμενο δύο τριψήφιων αριθμών abc και cba ισούται με 396396, όπου a μεγαλύτερο του c. Nα βρεθεί ο τριψήφιος αριθμός abc. (Κατ.26/Νο.52)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/09/abc.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Ο τριψήφιος αριθμός είναι ο 924. Έστω abc ο τριψήφιος αριθμός και cba ο αντίστροφός του που είναι της μορφής (100a+10b+c) και (100c+10b+a). Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε: abc*cba=396.396 --> (100a+10b+c)* (100c+10b+a)=396.396 --> (a*10^2+b*10+c)*(c*10^2+b*10+a)=396.396 --> a*c*10^4+b*c*10^3+c^2*10^2+a*b*10^3+b^2*10^2+ b*c*10+ a^2*10^2+10*a*b+a*c = 396.396 a*c*10^4+10^3*(ab+bc)+10^2(a^2+b^2+c^2)+10*(ab+bc)+a*c=396396 a*c*10^4+10^3*b*(a+c)+10^2(a^2+b^2+c^2)+10*b(a+c)+a*c=396396 Επειδή οι μονάδες πρέπει να είναι 6 πρέπει, a*c=x*6 και a>c (a=9,c=4), (a=8,c=2) (a=6,c=1) (a=3 ,c=2) Δοκιμάζω για a=9, c=4, που μου φαίνεται πιθανότερη η εκδοχή: 9*4*10^4+10^3*b*(9+4)+10^2(9^2+b^2+4^2)+10*b(9+4)+9*4=396.396 36*10.000+1.000*b*13+100*(81+b^2+16)+10*b*13+36=396.396 36*10.000+1.000*b*13+100*(97+b^2)+10*b*13+36=396.396 360.000+13.000*b+9.700+100*b^2+130*b+36=396.396 100*b^2+13.130*b=396.396-360.000-9.700-36 --> 100*b^2+13.130*b=26.660 --> 100*b^2+ 13.130*b-26.660=0 Βάσει του τύπου της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχουμε: x=(-β+/-sqrt[(β^2-4αγ)]/2α --> x=-13.130+/-sqrt[(13.130)^2-(4*100*(-26.660))]/2*100 --> x=[-13.130+/-sqrt(172.396.900+ 10.664.000)]/200 --> x=[-13.130+/-sqrt(183.060.900)]/200 --> x=(-13.130+/-13.530)/200 --> x1=(-13.130+13.530)/200 --> x1=400/200 --> x1= 2 (Αποδεκτό) x2=(-13.130-13.530)/200 --> x2= -26.660/200 --> x2= -133,30 (Απορρίπτεται) Επαλήθευση: abc*cba=396.396 --> 924*429=396396

Τρίτη, 26 Φεβρουαρίου 2013

Ματ σε Δύο

0σχόλια
Χθες έφυγε για το αιώνιο ταξίδι ο Milan Velimirović (1952-2013), μεγάλος μετρ στη λύση(1984), καιι σύνθεση(2010) του Καλλιτεχνικού Σκακιού και συγγραφέας σημαντικών βιβλίων, με τελευταίο το "Εγκυκλοπαίδεια Σκακιστικών Προβλημάτων - Θέματα και Ορολογία" (Encyclopedia of Chess Problems - Themes and Terms, Chess Informant, Belgrad, 2012), μαζί με τον Kari Valtonen.. Σαν ελάχιστο φόρο τιμής για τη προσφορά του στο καλλιτεχνικό σκάκι θα παρουσιάσω ένα πρόβλημα δικό του. Πήρε το πρώτο βραβείο στο σκακιστικό περιοδικό "StrateGems" το 2000. Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.
(Συνθέσεις Διαφόρων Συνθετών) 

Λύση

Δοκιμή:1.Qf3!? (>2.Qd3#),1... Rg3 2.Bd5# (Bristol),1... Bg3 2.Qc3#, 1... c6 2.Nxd6#,But: 1...Rb5! Κλειδί:1.Qb1! (>2.Qd3#),Rg3 2.Qb5#,1...,Bg3 2.Rb4# (Bristol). 1...,c6 2.Nb6#,1...,Nc2 2.Qa2#, Θέμα: «Bristol»

Οι Δύο Αριθμοί

8σχόλια
Κάποιος σκέφτηκε δύο θετικούς ακέραιους αριθμούς, οι δύο αριθμοί είναι μεγαλύτεροι από το 1 και μικρότεροι από το 21, επίσης το γινόμενο είναι μικρότερο του 200, και λέει το άθροισμα των δύο αριθμών σε έναν μαθηματικό «Α» και το γινόμενο τους σε έναν μαθηματικό «Β». Λίγες ημέρες αργότερα συναντιούνται οι δύο μαθηματικοί και κάνουν τον παρακάτω διάλογο: 
Α: «Δεν υπάρχει κανένας τρόπος για να βρείτε το άθροισμα.»
Β: «Μα, το έχω βρει!» 
Α: «Έ, τότε και εγώ γνωρίζω το γινόμενο.»
Ποιοι είναι οι δύο αυτοί αριθμοί; (Κατ.34/Νο.577) 

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Πολύ ενδιαφέρων και δύσκολος γρίφος! Συνδυάζει λογική επαγωγή και Θεωρία Αριθμών. Νομίζω όμως ότι δεν έχει μοναδική λύση. Επιχειρώ μια προσέγγιση: Το γεγονός ότι ο Μαθ.Α δηλώνει αρχικά πως ο Β δεν μπορεί να ξέρει το άθροισμα(δεδομένου ότι ξέρει το γινόμενο) σημαίνει ότι το άθροισμα πρέπει να είναι περιττός αριθμός. Αν ήταν άρτιος, θα μπορούσε να εκφραστεί σαν άθροισμα δύο πρώτων (η εικασία του Γκόλντμπαχ,(Christian.Goldbach), και εδώ, αναπόδεικτη μεν ,αλλά ισχύει σίγουρα για τους αριθμούς που εξετάζουμε και για πολύ μεγαλύτερους) κι αν το γινόμενο μπορούσε να παραγοντοποιηθεί σε δύο πρώτους ο Β θα μπορούσε να ξέρει το άθροισμα, γιατί το γινόμενο θα ήταν κατά μοναδικό τρόπο παραγοντοποιήσιμο σε δύο πρώτους. Π.χ αν οι αριθμοί ήταν 3 και 5 ,το γινόμενο 15 αναλύεται μόνο σε 3Χ5. ή π.χ το γινόμενο 65 θα σήμαινε μοναδικό άθροισμα 5 και 13. Επίσης δεν μπορεί ,για τον ίδιο λόγο, ο ένας αριθμός να είναι 2 , ή καλύτερα, το άθροισμα των αριθμών μείον 2 (Σ-2) πρέπει να είναι σύνθετος αριθμός.(μη πρώτος). Άρα το γεγονός ότι ο Β μετά την αρχική δήλωση του Α δηλώνει ότι ξέρει τους αριθμούς, σημαίνει ότι το γινόμενο αποσυντίθεται κατά μοναδικό τρόπο σε 2 αριθμούς με άθροισμα περιττό. Για να συμβαίνει όμως αυτό σημαίνει ότι το γινόμενο ισούται με μία δύναμη του 2 (εκτός από το ίδιο το 2 ,γιατί όπως προείπα θα ήξερε από την αρχή..) επί έναν πρώτο . Γ=p X (2^n) (Γ=γινόμενο, p=πρώτος) Το γεγονός τώρα ότι μετά ξέρει και ο Α τους αριθμούς, σημαίνει λοιπόν ότι το άθροισμά του Σ είναι μοναδικά παραγοντοποιήσιμο σαν p + 2^n (εκτός από 2) ΚΑΙ επίσης (όπως δείξαμε αρχικά) Σ-2 σύνθετος. Άρα απομένει να δούμε ποια αθροίσματα είναι της μορφής: Σ= Σύνθετος +2 και να ελέγξουμε ποιο γινόμενο παραγοντοποιειται με πρώτο (p) + δύναμη του 2. 1η περίπτωση: 15 (=σύνθετος) +2=17 = 13(πρώτος)+4 , 13*2^2=52 (μοναδ.παράγοντες εντός διαστήματος 4 και 13) .ΟΚ Άρα οι αριθμοί είναι 13 και 4 Το "κακό" είναι ότι και οι αριθμοί 13 και 16 ικανοποιούν τις προϋποθέσεις που θέλουμε.. 13=πρώτος, 16=2^4 και 29=27(σύνθετος)+2 και 29-4=25(σύνθετος) 13 Χ16=208=13 Χ 2^4 Άλλο ζεύγος -λύση δεν υπάρχει στο διάστημα 2-20. ΥΓ:Θα μπορούσε να προστεθεί στην εκφώνηση ας πούμε, "το γινόμενο είναι μικρότερο από 200" οπότε θα υπήρχε μοναδική λύση: 4 ,13

Δευτέρα, 25 Φεβρουαρίου 2013

Το Μήκος του Σκοινιού

2σχόλια
Ένα πρόβατο είναι δεμένο με ένα σκοινί σ’ έναν πάσσαλο που βρίσκεται στην κορυφή μιας ισόπλευρης τριγωνικής επιφάνειας. Η επιφάνεια έχει εμβαδόν 100τ.μ. Το μήκος του σκοινιού είναι τόσο ώστε το πρόβατο να μπορεί να βοσκήσει μόνο στην μισή επιφάνεια. Πόσο είναι το μήκος του σκοινιού; (Κατ.34/Νο.576)
Πηγή:

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Το μήκος του σκοινιού είναι περίπου 9,77m Εφόσον το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, αποτελεί το 1/6 κανονικού εξαγώνου με κέντρο την κορυφή όπου είναι δεμένο το πρόβατο. Το ίδιο σημείο είναι και κέντρο του κύκλου με ακτίνα ρ= το μήκος του σκοινιού, και που χωρίζεται -ανά ίδιο τρίγωνο αντίστοιχα- σε 6 ίσια κομμάτια πίτσα.:-)(κυκλικούς τομείς) Άρα το 1/6 του εμβαδού του κύκλου είναι 50 τ.μ. Ο τύπος του εμβαδού του κύκλου είναι: Ε=π*ρ^2, 6*100/2=π*ρ^2, 600/2= π*ρ^2, 300=π*ρ^2, ρ=(300/3,14)^(1/2), ρ=( 95,54140)^(1/2), ρ=(95,54140)^(0,5), ρ=9,77452, ρ= ≈9,77μέτρα.

Παρασκευή, 22 Φεβρουαρίου 2013

Τα Σκαλοπάτια

2σχόλια
Τέσσερεις φίλοι, ο Γιώργος, ο Κώστας. Ο Πέτρος, και ο Βασίλης, παίζουν ανεβαίνοντας τα σκαλιά του σπιτιού του Βασίλη. 
Ο Γιώργος ανεβαίνει δυο -δυο τα σκαλιά.
Ο Κώστας ανεβαίνει τρία - τρία τα σκαλιά.
Ο  Πέτρος ανεβαίνει τέσσερα -τέσσερα τα σκαλιά.
Και ο Βασίλης ανεβαίνει πέντε - πέντε τα σκαλιά. 
Εάν μόνο στο πρώτο και στο τελευταίο σκαλί βρέθηκαν και οι τέσσερεις μαζί, να βρείτε:
(α) Πόσα σκαλιά έχει το σπίτι του Βασίλη;
(β) Σε πόσα σκαλιά πάτησε μόνο ένας; (Κατ.5/Νο.70)

Λύση

Λύση του Ν. Λέντζου. Το Ε.Κ.Π.(2,3,4,5)=60. α)Επειδή όλοι ξεκίνησαν από το πρώτο σκαλοπάτι θα βρεθούν μαζί και οι τέσσερεις στο εξηκοστό πρώτο (60+1) σκαλοπάτι. Επομένως το σπίτι του Βασίλη είχε 61 σκαλοπάτια.β)Τα σκαλοπάτια που πάτησε μόνο ένας ήταν είκοσι. 3ο, 4ο, 6ο, 10ο, 15ο, 22ο, 23ο, 26ο, 27ο, 28ο, 34ο, 35ο, 36ο, 39ο, 40ο, 47ο, 52ο, 56ο, 58ο, 59ο.

Ατελής Διαίρεση

2σχόλια
Πόσοι από τους φυσικούς αριθμούς, από το 1 έως το 2.013,  δεν διαιρούνται ούτε με το 5, ούτε με το 7; (Κατ.34/Ν0.575)
Πηγή: Παγκύπριος Διαγωνισμός Α΄ Γυμνασίου,2012

Λύση

Λύση του Ν. Λέντζου. Αυτοί που δεν είναι πολλαπλάσια ούτε του 5 ούτε του 7. Τα πολλαπλάσια του 5, είναι 402(=2.010/5) Τα πολλαπλάσια του 7, είναι 287(=2.009/7) Τα κοινά πολλαπλάσια των 5 και 7, είναι 57(=1.995/35). Επομένως, αυτοί που διαιρούνται είτε με το 5, είτε με το 7 είναι 402+287-57=632. Οι υπόλοιποι 2.013-632=1.391 αριθμοί δεν διαιρούνται ούτε με το 5, ούτε με το 7.

Πέμπτη, 21 Φεβρουαρίου 2013

Η Έκπτωση

3σχόλια
Ένα μολύβι μάρκας «Α» στο χαρτοβιβλιοπωλείο του Παπαδόπουλου κοστίζει 0,50€. Ο Παπαδόπουλος  στα πλαίσια μια επιθετικής εμπορικής πολιτικής έκανε μια γενναία  έκπτωση  στην τιμή των μολυβιών  μάρκας «Α». Το ίδιο απόγευμα  ένας πελάτης  αγόρασε όλα τα μολύβια μάρκας «A» πληρώνοντας 31,93€. Ποια είναι η έκπτωση που έκανε ο Παπαδόπουλος  στην τιμή του μολυβιού της συγκεκριμένης μάρκας, πόσο τοις % και πόσα ήταν μολύβια που πούλησε; (Κατ.34/Νο.574)

Λύση

Εάν η μειωμένη τιμή του μολυβιού είναι «x» λεπτά (x<50) και «ψ» είναι το πλήθος των μολυβιών μάρκας «Α», τότε ισχύει: x*ψ=3.193. Αναλύοντας το αριθμό 3.193 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων έχουμε: 3.193=31*103, όμως το 103 είναι μεγαλύτερο του 50 εξ’ ορισμού (x<50), άρα x=31, οπότε η έκπτωση είναι: x=0,50-0,31=0,19 λεπτά (έκπτωση 0,19/0,50=38%)

Τετάρτη, 20 Φεβρουαρίου 2013

Η Δεξαμενή

2σχόλια
Μια δεξαμενή διαθέτει εννιά διακόπτες νερού (βάνες), των 12 ωρών η κάθε μια, για την τροφοδοσία της με νερό. Ο τέσσερις διακόπτες (α, β, γ, και δ) γεμίζουν τη δεξαμενή σε 48 ώρες.  Οι δύο διακόπτες (ε, και στ) γεμίζουν τη δεξαμενή σε 24 ώρες. Οι τρεις διακόπτες (ζ, η, και θ) γεμίζουν τη δεξαμενή σε 36 ώρες. Εάν η δεξαμενή είναι άδεια και ανοίξουμε συγχρόνως και τους εννέα διακόπτες, σε πόσες ώρες θα γεμίσει η δεξαμενή;
(Κατ.34/Νο.573)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Η δεξαμενή θα γεμίσει σε 11ώρες 4΄λεπτά 36,92΄΄ λεπτά. Έστω Κ η ομάδα των (α, β, γ, δ) διακοπτών με τις 48 ώρες, Λ η ομάδα των (ε και στ) με τις 24 ώρες και Μ των (ζ,, η και θ) με τις 36 ώρες. Η Κ ομάδα σε 1 ώρα γεμίζει το 1/48 της δεξαμενής, η Λ ομάδα σε 1 ώρα γεμίζει το 1/24 της δεξαμενής και η Μ ομάδα σε 1 ώρα γεμίζει το 1/36 της δεξαμενής, άρα σε 1 ώρα γεμίζουν μαζί το: 1/48 + 1/24 + 1/36=1 --> (3+6+4)/144=1 --> 13/144=1 της δεξαμενής, άρα γεμίζουν την δεξαμενή σε 144/13ώρες=11,076923076923076923076923076923ώρες

Τρίτη, 19 Φεβρουαρίου 2013

Ματ σε Τρεις

0σχόλια
Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις. (Δαμόκλειος Σπάθη)

Λύση

1.Αδ5!(zz),β3:γ2 2.Πε4,η1=Β+/Π+/Α/Ι 3.Πε1#, 1...,β2+ 2.Ρδ2(zz),β1=Β/Π/Α/Ι+ 3.Π:β1# Θέμα «Ινδικό»

Ο Αριθμός

4σχόλια
Ποιος είναι ο μικρότερος ακέραιος αριθμός Α, που αν το πρώτο του ψηφίο το βάλουμε στο τέλος, τότε ο νέος αριθμός Β που θα σχηματιστεί θα ισούται με μιάμιση φορές τον Α; (Κατ.1/Νο.141)

Λύση

Για τη λύση, βλέπε στα σχόλια Γ. Ριζόπουλος.

Δευτέρα, 18 Φεβρουαρίου 2013

Οι Αριθμοί (ΙΙ)

12σχόλια
 
Το γινόμενο του γινομένου δύο αριθμών με το άθροισμα 
τους ισούται με τον αριθμό 29.400. Να βρεθούν οι δύο 
αριθμοί.(Κατ.1/Νο.140)

Λύση

Οι αριθμοί είναι ο 24 και ο 25. Έστω «x» και «ψ» οι δύο αριθμοί. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε: x*ψ*(x+ψ)=29.400 Αναλύουμε το 29.400 σε γινόμενα πρώτων παραγόντων(παραγοντοποίηση) κι’ έχουμε: 29.400=2*2*2*3*5*5*7*7=(2^3)*3)*(5^2)*(7^2)=(8*3)*(25)*(49)24*25*49 --> x=24, y=25, x+y=49 Επαλήθευση: x*y*(x+y)=24*25*(24+25)=24*25*49=29.400,

Κυριακή, 17 Φεβρουαρίου 2013

Οι Αριθμοί

2σχόλια
Το άθροισμα δύο αριθμών με το γινόμενο τους είναι ίσον με 29.400. Να βρεθούν οι δύο αριθμοί. (Κατ.1/Νο.139)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Ψάχνουμε 2 αριθμούς έστω : x ,y για τους οποίους ισχύει: x+y+xy=29400 (1) H (1) είναι μια διοφαντική εξίσωση φαινομενικά "ζόρικη", αλλά υπάρχει άσσος στο μανίκι (για την ακρίβεια , ένας άσσος στο αριστερό και ένας στο δεξί μανίκι:-)) που την κάνει εύκολη. Ήτοι: προσθέτουμε από έναν άσσο στα δύο μέλη κι έχουμε: x+y+xy+1=29401 Ή : (x+1)*(y+1)=29401 (2) H (2), μας λέει απλά ότι οι ποσότητες x+1 και y+1 είναι παράγοντες του 29401. Αλλά το 29401 είναι πρώτος! Αυτό σημαίνει ότι βρίσκουμε τις λύσεις στους διαιρέτες του 29401 που είναι (1,-1,29401,-29401 (αφού το πρόβλημα δεν αποκλείει τους αρνητικούς αριθμούς). Άρα: x+1=1 ,άρα x=0 , και y=29400 ή: x+1=-1 ,άρα x=-2 και y=-29402 ή: x+1=29401 άρα x=29400 και y=(29401/29401)-1 =0 ή τέλος: x+1=-29401 άρα x=-29402 και y=-2

Παρασκευή, 15 Φεβρουαρίου 2013

Η Αγορά

2σχόλια
Η Ειρήνη μπαίνει σε ένα κατάστημα ηλεκτρονικών ειδών για να αγοράσει μια τηλεόραση 1000 €. Η Ειρήνη έχει τρία κουπόνια, το ένα της δίνει το δικαίωμα να έχει έκπτωση 50%, το άλλο έκπτωση 30%, και το τρίτο 20% έκπτωση. Οι πωλητές συμφώνησαν να της επιτρέψουν να χρησιμοποιήσει και τα τρία κουπόνια ταυτόχρονα. Πόσο θα πληρώσει η Ειρήνη για την τηλεόραση; (Κατ.34/Νο.572)

Λύση

Θα πληρώσει μόνο 280.00€. 1.000*(-50%)=1.000-500=500€, 500*(-30%)=500-150=350€, 350*(-20%)=350-70=280€, Ή Θα μπορούσαμε να πούμε ακόμα ότι πληρώνει τα (50/100)x(70/100)x(80/100) της αξίας της. Δηλαδή τα 28/100 των 1.000€ --> (28/100)*1.000=28.000/100 --> 280€

Πέμπτη, 14 Φεβρουαρίου 2013

Η Ιπποδρομία

4σχόλια
Τέσσερα άλογα παίρνουν μέρος στη διάσημη ιπποδρομία MathsMasters Cup. Υποθέτοντας ότι δεν έχουμε ισοβαθμίες με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να διασχίσουν τη γραμμή του τερματισμού; Τι θα συμβεί στην περίπτωση που θα έχουμε ισοβαθμίες; (Κατ.5/Νο.69)


Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. H περίπτωση χωρίς ισοβαθμίες είναι απλή και γνωστή: 4! =1*2*3*4=24 συνδυασμοί τερματισμών. Αν έχουμε ισοβαθμίες: Τα άλογα μπορεί να τερματίσουν σε ομάδες/μπλοκ των 1, 2, 3, ή 4 αλόγων. Έστω a, b, c, d, τα 4 άλογα Ένα παράδειγμα 3 μπλοκ είναι: (a) (b) (c, d). Αυτό ερμηνεύεται σαν ότι τα άλογα c και d είναι ισόπαλα, και τα άλογα a, b, και (c, d) τερμάτισαν ξεχωριστά (σε διακριτές/διαφορετικές θέσεις: 1 -2- 3(τα ισόπαλα c και d). Τα τρία μπλοκ (a), (b), (c, d) μπορούν να αναδιαταχθούν με 3! = 6 τρόπους. Φανερά, αυτό ισχύει για κάθε διαμερισμό των μπλοκ των τριών. Τα πιθανά διαφορετικά μπλοκ είναι 4. (μπλοκ των 1,2,3 ή 4 ομάδων) 1. (a, b, c, d) Διαμερισμοί: 1 Αναδιατάξεις ανά διαμερισμό: 1! Συνδυασμοί: 1*1! =1 2. (a) (b, c, d), (b) (a, c, d), (c) (a, b, d), (d) (a, b, c), (a, b) (c, d), (a, c) (b, d), (a, d) (b, c) Διαμερισμοί: 7 Αναδιατάξεις ανά διαμερισμό: 2! Συνδυασμοί: 7*2! =14 3. (a) (b) (c, d), (a) (c) (b, d), (a) (d) (b, c), (b) (c) (a, d), (b) (d) (a, c), (c) (d) (a, b) Διαμερισμοί: 6 Αναδιατάξεις ανά διαμερισμό: 3! Συνδυασμοί: 6*3! =36 4. (a) (b) (c) (d) Διαμερισμοί: 1 Αναδιατάξεις ανά διαμερισμό: 4! Συνδυασμοί: 1*4! =24 Έτσι, ισοβαθμιών συνυπολογιζομένων 4 άλογα μπορούν να τερματίσουν με: 1 + 14 + 36 + 24 = 75 διαφορετικούς τρόπους.

Τετάρτη, 13 Φεβρουαρίου 2013

Οι Σελίδες

3σχόλια

Για την αρίθμηση ενός βιβλίου απαιτούνται συνολικά 2.893 ψηφία προκειμένου να αριθμηθούν όλες οι σελίδες του. Πόσες σελίδες έχει το βιβλίο; (Κατ.27/Νο.345)

Λύση

Το βιβλίο έχει 1.000 σελίδες. Η λογική είναι να ελέγξουμε τι γίνεται σε κάθε ομάδα αριθμών με ίδια ψηφία και να τ’ αθροίσουμε προσπαθώντας να φτάσω στο ζητούμενο. Έτσι θα καταλάβουμε τον αριθμό των σελίδων... Από την σελίδα1 έως την 9 χρησιμοποιούνται 9 ψηφία: 1*9=9 ψηφία. Από σελίδα 10 έως την 99 χρησιμοποιούνται 90 ψηφία:90*2=180 ψηφία. Από σελίδα 100 έως την 999 χρησιμοποιούνται 900 ψηφία: 900*3=2.700 ψηφία. Έως τώρα τα συνολικά ψηφία για 999 σελίδες είναι: 9+180+2.700=2.889 ψηφία. Για τη σελίδα 1.000 χρησιμοποιούνται 4 ψηφία. Τελικό σύνολο: 2.889+4=2.893 ψηφία.

Τρίτη, 12 Φεβρουαρίου 2013

Παραγοντοποίηση

2σχόλια
Οι ανωτέρω αριθμοί είναι γινόμενα πρώτων αριθμών, π.χ. 111 = 3x37. Αναλύστε και τους υπόλοιπους αριθμούς σε γινόμενα πρώτων παραγόντων. (Κατ.1/Νο.138) 
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/06/blog-post_5395.html

Λύση

111=3*37, 1.111=11*101, 11.111=41*271, 111.111=3*7*11*13*37, 1.111.111=239*4.649, 11.111.111=11*73*101*137, 111.111.111=3*3*37*333.667

Σύνοδος Πλανητών

8σχόλια
Δύο πλανήτες βρίσκονται σε τροχιά γύρω από τον ήλιο. Στην ανωτέρω εικόνα βλέπουμε ότι οι δύο πλανήτες βρίσκονται σε μια ευθεία γραμμή (συζυγία πλανητών ή σύνοδος πλανητών) με τον ήλιο. Και οι δύο πλανήτες κινούνται δεξιόστροφα, σύμφωνα με τους δείκτες του ρολογιού.
Ο εσωτερικός πλανήτης (ο κόκκινος) ολοκληρώνει μια πλήρη τροχιά γύρω από τον ήλιο σε εννέα χρόνια, ενώ ο εξωτερικός πλανήτης (ο γαλάζιος) ολοκληρώνει μια πλήρη τροχιά γύρω από τον ήλιο σε τριάντα τρία χρόνια. Μετά από πόσα χρόνια θα ξαναβρεθούν στην ίδια ευθεία;  (Κατ.5/Νο.68)

Λύση

Όταν θα βρεθούν ξανά στην ίδια θέση, ο κάθε δορυφόρος θα έχει κάνει χρόνο πολλαπλάσιο των ετών που χρειάζεται για μια πλήρη περιφορά. Άρα ΕΚΠ (9, 33) = 3^2*11=99 έτη.

Η Διάταξη

7σχόλια
Κατά τη διάρκεια μιας μάχης, ο στρατηγός είχε διατεταγμένους τους στρατιώτες του σε δεκατρία όμοια τετράγωνα. Όταν μπήκε και ο ίδιος ο στρατηγός στη μάχη, η διάταξη άλλαξε και σχηματίστηκε ένα μόνο μεγάλο τετράγωνο. Πόσους στρατιώτες είχε ο στρατηγός υπό τις διαταγές του; (Κατ.34/Νο.571)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Ο στρατηγός είχε 421.200 στρατιώτες. Aν "x" η πλευρά των 13 τετραγώνων ψάχνουμε λύση(εις) στη διοφαντική: 13x^2 +1 =y^2 ή 13x^2-y^2+1=0 Aρχικές λύσεις x(0)=0 ,y(0)=1 Οι λύσεις είναι άπειρες και δίνοντε=αι από τον αναδρoμικό τύπο: X(n+1) = α Xn + β Yn Y(n+1) = γ Xn + δ Yn α = 649 β = 180 γ = 2340 δ = 649 Ελάχιστη λύση: x=180 ,y=649 13*180^2+1=649^2 --> 13*180^2=649^2-1= 421.200

Δευτέρα, 11 Φεβρουαρίου 2013

Οι Σχηματισμοί

3σχόλια

Κατά τη διάρκεια μιας αεροπορικής άσκησης, τα αεροπλάνα που συμμετείχαν, στην αρχή σχημάτισαν ένα μεγάλο τετράγωνο (Σχ.1) και στη συνέχεια ένα τρίγωνο (Σχ.2). Πόσα αεροπλάνα συμμετείχαν στην άσκηση; (Κατ.34/Νο.570)

Λύση

Έστω ότι όταν σχημάτιζαν τετράγωνο η κάθε σειρά είχε κ ,το πλήθος, αεροπλάνα συνεπώς πετούσαν κ²,το πλήθος. Μετά στην τριγωνική διάταξη αν έχουμε ν το πλήθος γραμμές (με τη 1η γραμμή να έχει 1 αεροπλάνο όπως δείχνει το σχήμα) το σύνολο τους θα είναι:1+2+3+...+ν=ν(ν+1)/2. Άρα έχουμε την εξίσωση ν(ν+1)=2κ² με ν,κ θετικούς ακεραίους Η απάντηση δεν είναι μονοσήμαντη. Θα δώσω 2 λύσεις 1) 36 αεροπλάνα:6x6=36 και 1+2+3+...+8=36 δηλαδή 6 γραμμές σε τετράγωνο και 8 σε τρίγωνο 2) 1225 αεροπλάνα:35x35 ,1+2+3+...+49=1.225 Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Θεωρητικά (από άποψη "καθαρών" μαθηματικών)οι λύσεις είναι άπειρες, γιατί άπειροι είναι οι αριθμοί που είναι ταυτόχρονα τριγωνικοί(σχηματίζουν ένα ισόπλευρο τρίγωνο) και τετραγωνικοί. Πρακτικά όμως η μόνη απάντηση είναι36 (ο όγδοος τριγωνικός αριθμός) γιατί ο επόμενος είναι το 1225 που δεν είναι αριθμός αεροσκαφών σμήνους επιδείξεων ,αλλά ο αεροστόλος νοτιοανατολικής Μεσογείου και παραδουνάβιων ηγεμονιών, μαζί! :-) Λύση του Ε. Αλεξίου. Διέκρινα 2 περιπτώσεις α) 36 αεοπλάνα 6*6=36 1+2+3+4+5+6+7+8=36 β)1225 αεροπλάνα (υπάρχει χώρα με τόσα αεροπλάνα ή καλύτερα μπορούν να πάρουν μέρος σε μία άσκηση? Ιδέα δεν έχω, αλλά είναι μία μαθηματική εκδοχή) 35^35=1225 1+2+3+..+49=49*(1+49)/2=1225 Πιθανόν να ψάξω και για άλλον μεγαλύτερο σχηματισμό.

Η Μετατροπή

3σχόλια
Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να μετατρέψουμε  ένα χαρτονόμισμα των 100€ σε «ψιλά», έχοντας μόνο χαρτονομίσματα των 10€, 20€, και 50€; (Κατ.34/Νο.569)

Λύση

Με 10 τρόπους. 100€=2*50€, 100€=50€+5*10€=50€+50€, 100€=50€+1*20€+3*10€=50€+20€+30€=50€+50€, 100€=50€+2*20€+1*10€=50€+40€+10€=50€+50€, 100€=1*20€+8*10=20€+80€, 100€=2*20€+6*10€=40€+60€, 100€=3*20€+4*10€=60€+40€, 100€=4*20€+2*10€=80€+20€, 100€=5*20€, 100€=10€*10€

Σάββατο, 9 Φεβρουαρίου 2013

Ο Αριθμός του Σπιτιού(ΙΙ)

1 σχόλια
 Κάποιος ζει σε ένα μεγάλο δρόμο, όπου τα σπίτια είναι αριθμημένα 1, 2, 3 και ούτω καθεξής. Το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών μέχρι και το σπίτι του είναι ίσο με το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών μετά από το σπίτι του. Ο αριθμός των σπιτιών που υπάρχουν στον δρόμο είναι μεταξύ 50 και 500. Ποιος είναι ο αριθμός του σπιτιού του; (Κατ.34/Νο.568)

Λύση

Αριθμός σπιτιού 84, [1+2+...+84]=[85+86+...+119]=3.570 Βλέπε για τη λύση του παρόντος γίφου τη λύση του: http://papaveri48.blogspot.gr/2013/02/blog-post_9.html

Ο Αριθμός του Σπιτιού

4σχόλια

 Κάποιος ζει σε ένα μεγάλο δρόμο, όπου τα σπίτια είναι αριθμημένα 1, 2, 3 και ούτω καθεξής. Το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών πριν από το σπίτι του είναι ίσο με το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών μετά από το σπίτι του. Ο αριθμός των σπιτιών που υπάρχουν στον δρόμο είναι μεταξύ 50 και 500. Ποιος είναι ο αριθμός του σπιτιού του; (Κατ.34/Νο.567)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω χ ο αριθμός του σπιτιού του. Πριν από το σπίτι του υπάρχουν τα σπίτια με αριθμούς 1,2,3,....(χ-1) και μετά από το σπίτι του τα σπίτια με αριθμούς χ+1,χ+2,χ+3,.....,χ+κ. Με βάση το δεδομένο ότι άθροισμα αριθμών πριν = με άθροισμα αριθμών μετά πρέπει να ισχύει (χ-1)*(1+(χ-1))/2=κ*((χ+1)+(χ+κ)/2 => χ^2-(2κ+1)χ-κ*(κ+1)=0 => χ={(-β+ή-ρίζα(Δ)}/2 όπου β=-(2κ+1) και Δ=(2κ+1)^2-4*1*(-κ*(κ+1) =>Δ= 8κ(κ+1)+1 Επειδή οι αριθμοί είναι ακέραιοι πρέπει Δ=τέλειο τετράγωνο και εμπειρικά, με αλληλουχία πράξεων βρίσκω ότι συμβαίνει για κ=84 που δίνει Δ=8*84*85+1=57121=>ρίζα Δ=239 και β=-(2*84+1), β=-169 =>-β=169 Συνεπώς χ=(169+239)/2=204 Άθροισμα αριθμών σπιτιών πριν: (χ-1)*(1+(χ-1))/2=203*(1+203)/2=20706 Άθροισμα αριθμών σπιτιών μετά: κ*((χ+1)+(χ+κ)/2=84*(204+1+204+84)/2=84*493/2=20.706 Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Αν k o αριθμός πρίν το σπίτι, και m o συνολικός αριθμός σπιτιών, ουσιαστικά ψάχνουμε λύση στο ακόλουθο σύστημα: (1+k)*k/2 =(k+2+m)*(m-k-1)/2 (oι τύποι των αθροισμάτων των αριθμ.σειρών) 50<=m<=500 Το σύστημα έχει δύο ακέραιες λύσεις K=-205 , m=288 απορρίπτεται K=203 , m=288 δεκτή. Άρα ο αριθμός του σπιτιού είναι k+1=204. EΛΕΓΧΟΣ: 1+2+3+…+203=20.706 205+206+…+288=20.706

Παρασκευή, 8 Φεβρουαρίου 2013

Οι Αριθμοί

7σχόλια
Να βρεθούν τρεις αριθμούς ώστε το τετράγωνο οποιουδήποτε από αυτούςεάν προστεθεί στον επόμενο, να μας δίνει ένα τετράγωνο. (Κατ.1/Νο.137 )
Πηγή:
Από την μετάφραση «Τα «Αριθμητικά του Διόφαντου» του  1963 στα Νέα
Ελληνικά  από τον Ε. Σταμάτη, πρόβλημα Νο.32 του 2ου βιβλίου.
Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2013/02/blog-post_7.html#more

Λύση

Λύση του Ν. Λέντζου. Εφόσον το πρόβλημα είναι του Διόφαντου όπως μου έγραψες στο e-mail τότε θα πρέπει να το δούμε από την σκοπιά του Διόφαντου και δοθέντος ότι στην εποχή του δεν ήταν γνωστοί οι αρνητικοί ούτε και το μηδέν, παρά μόνο θετικοί θα πρέπει να δούμε διαφορετικές λύσεις πχ στο σύνολο των ρητών θετικών. Έστω x ο πρώτος ,θέτω 2x+1 τον δεύτερο, ώστε το τετράγωνο του πρώτου και ο δεύτερος που δίνουν άθροισμα χ^2+2x+1=(χ+1)^2 να προκύπτει σίγουρα τετράγωνο. Με την ίδια λογική θέτω τον τρίτο 2(2χ+1)+1(=4χ+3) έτσι ώστε το τετράγωνο του δεύτερου συν τον τρίτο να είναι σίγουρα τετράγωνο. Δηλ. (χ+1)^2 + 2(2χ+1)+1=((χ+1)^2 +1)^2 Ετσι πληρούνται οι δυο συνθήκες. Τώρα θα πρέπει ο τρίτος στο τετράγωνο σύν τον πρώτο δηλ. (4χ+3)^2+x=τετράγωνο ρητού. Το πρόβλημα είναι ποιόν ρητό θα υψώσω στο τετράγωνο. Επιλέγω τέτοιον ώστε υψούμενος στο τετράγωνο να έχει όρο τον 16χ^2 ωστε η εξίσωση που θα προκύψει να μην είναι δευτεροβάθμια και δίδει άρρητες ρίζες 'Ενας τέτοιος και όχι μοναδικός είναι ο 16(χ-1)^2 και η τελική εξίσωση γράφεται: (4χ+3)^2+x=16(χ-1)^2 ή 57x= 7 και χ=7/57 που είναι ο πρώτος αριθμός Ο δεύτερος είναι 2*7/57+1=71/57 και ο τρίτος 2*71/57+1=199/57. Οι τρεις αριθμοί ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος (7/57)^2+71/57=(64/57)^2 (71/57)^2+199/57=(128/57)^2 (199/57)^2+7/57=(200/57)^2 Λύση του Διόφαντου. Ο Διόφαντος προτείνει μια λύση για το παραπάνω πρόβλημα που φανερώνει ότι υπήρξε μοναδικός αλγοριθμιστής!! Προτείνει το εξής : «Έστω x ο πρώτος ,2x+1 ο δεύτερος και 2(2x+1)+1 ή , ισοδύναμα ,4x+3 ο τρίτος , έτσι ώστε να πληρούνται οι δυο συνθήκες .Η τελευταία συνθήκη δίνει (4χ+3)2+x=τετράγωνο και έστω τετράγωνο=(4χ+4)2.Τοτε χ=7/57 ,και οι αριθμοί είναι 7/57,71/57,199/57» Τι εννοεί ο ποιητής; Τον πρώτο αριθμό τον ονόμασε x .Τον δεύτερο αριθμό θα μπορούσε να τον ονομάσει με πολλούς τρόπους ,αλλά αποφάσισε να τον ονομάσει 2x+1 επειδή γνώριζε ότι x2+2x+1=(x+1)2, και συνεπώς είχε ήδη ικανοποιηθεί η πρώτη συνθήκη. Στην συνέχεια , τον τρίτο αριθμό θα μπορούσε να τον ονομάσει όπως ήθελε , αλλά επέλεξε να τον ονομάσει 2(2x+1)+1 δηλαδή 4x+3, επειδή ήξερε ότι (2x+1)2+2(2x+1)+1=(2x+2)2, και συνεπώς ικανοποιείται και η δεύτερη συνθήκη. Του έμενε μόνο να ικανοποιήσει την τρίτη συνθήκη, δηλαδή η παράσταση (4x+3)2+x να ισούται με ένα τέλειο τετράγωνο. Εδώ ο Διόφαντος προσθέτει την τελευταία πινελιά καθώς σκέφτηκε ότι αυτό το τετράγωνο θα μπορούσε να είναι της μορφής (4x-4) , επειδή έτσι θα μπορούσε να λύσει εύκολα το πρόβλημα με την επίλυση μιας απλής πρωτοβάθμιας εξίσωσης (4x+3)2+x=(4x-4)2 ή 16x2+24x+9+x=16x2 -32x+16 ή 24x+9+x= -32x+16 ή 24x+32x+x= 16 -9 ή 57x= 7 ή x=7/57 Που είναι η τιμή του πρώτου αριθμού που αναζητούσαμε .Εύκολα με αντικατάσταση βρίσκουμε τους άλλους δυο αριθμούς : 2x+1= 2(7/57)+1=71/57 4x+3=4(7/57)+3=199/57 Πραγματικά οι τρεις αριθμοί ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος (7/57)2+71/57=(64/57)2 (71/57)2+199/57=(128/57)2 (199/57)2+7/57=(200/57)2 Προφανώς και δεν είναι η μοναδική τριάδα λύσεων αν έθετε σαν τρίτο αριθμό το 4x-5 ή το 4x-6 θα μπορούσε να βρει και άλλες λύσεις.

Οι Καλεσμένοι

4σχόλια
 Σε μια δεξίωση προσκλήθηκαν 56 άτομα. Τα 20 από αυτά προσκλήθηκαν μέσω του τηλεφώνου και για τα υπόλοιπα 36 άτομα οι προσκλήσεις ταχυδρομήθηκαν. Από τις προσκλήσεις που έστειλαν μέσω του ταχυδρομείου έφτασαν στο προορισμό τους έγκαιρα μόνο τα 5/6. Από αυτές πάλι το 1/5 των ατόμων απάντησαν πως δεν θα μπορέσουν να παραβρεθούν στη δεξίωση. Από αυτούς που πήγαν ένας έφερε τα δύο αδέλφια του. Μπορείτε να βρείτε πόσα άτομα πήγαν στη δεξίωση; (Κατ.34/Νο.566)

Λύση

Στη δεξίωση παραβρέθηκαν αναλυτικά οι κάτωθι: α)Τα 20 άτομα που ειδοποιήθηκαν τηλεφωνικώς. β)Από τις 36 προσκλήσεις που έστειλαν μέσω του ταχυδρομείου έφτασαν στο προορισμό τους οι: (5/6)*36 = 5*6 = 30 προσκλήσεις. γ)Από τα 30 αυτά άτομα που πήραν τις προσκλήσεις δε παραβρέθηκαν τα: (1/5)*30 =1*6 = 6 άτομα. Δηλαδή παραβρέθηκαν: 30 – 6 = 24 άτομα. δ)Τα 2 επί πλέον άτομα (τα δύο αδέλφια του) που έφερε ένας από αυτούς που παραβρέθηκαν στη δεξίωση. Σύνολο: α + γ + δ = 20 + 24 + 2 = 46 άτομα.

Πέμπτη, 7 Φεβρουαρίου 2013

Η Πισίνα

2σχόλια
Εννιά μεγάλοι σωλήνες μπορούν να γεμίσουν μία πισίνα σε 4 ώρες και έξι μικροί σωλήνες γεμίζουν την ίδια πισίνα σε 8 ώρες. Σε πόση ώρα θα γεμίσουν την πισίνα τέσσερις  μεγάλοι και οκτώ μικροί σωλήνες μαζί; (Κατ.34/Νο.565)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. 9 Μ(μεγάλοι σωλήνες) γεμίζουν την πισίνα σε 4ωρ => 1Μ σε 4*9=36 ώρες => 4Μ σε 36/4=9ώρες, άρα 4Μ ΣΕ 1 ώρα γεμίζουν το 1/9 της πισίνας. 6μ(μικροί σωλήνες) γεμίζουν σε 8ώρες => 1μ σε 6*8=48ώρες => 8μ σε 48/8=6 ώρες. άρα 8μ σε 1ώρα γεμίζουν το1/6 της πισίνας. Άρα 4Μ και 8μ “δουλεύοντας” μαζί σε 1 ώρα γεμίζουν το (1/9+1/6) της δεξαμενής=(2+3=5)/18 Σε 1ώρα μαζί γεμίζουν τα 5/18 της πισίνας Σε πόσες ώρες θα γεμίσουν όλη την πισίνα? χ=1*1/(5/18)=18/5 =3+3/5 ώρες=3 ώρες και 36 λεπτά της ώρας. Καταμερισμός απόδοσης Μ-μ και ταυτόχρονα επαλήθευση: 4Μ σε 18/5ώρες γεμίζουν τα 18/5*1/9 =2/5 της πισίνας 8μ σε 18/5ώρες γεμίζουν τα 18/5*1/6=3/5 της πισίνας 2/5+3/5=5/5=1(πισίνα)

Τετάρτη, 6 Φεβρουαρίου 2013

Η Διαδρομή

8σχόλια
Ένας ταχυδρόμος ξεκινάει από το χωριό Α και αφού επισκεφθεί διαδοχικά τα χωριά Β, Γ, και επιστρέφει στο χωριό Α. Η διαδρομή ΒΓ είναι 1km μεγαλύτερη από την ΑΒ και η ΓΑ είναι 1km μεγαλύτερη από τη ΒΓ. Μπορείτε να υπολογίσετε πόσο απέχουν τα χωριά μεταξύ τους, αν γνωρίζετε ότι η συνολική απόσταση που διένυσε ο ταχυδρόμος ήταν: 
α) 15km; 
β) το τριπλάσιο της πρώτης διαδρομής; 
γ) το τριπλάσιο της δεύτερης διαδρομής (Κατ.34/Νο.564) 
Πηγή:http://digitalschool.minedu.gov.gr/modules/ebook/show.php/DSGYM-C104/470/3111,12509

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Κάτι δεν πάει καλά με τα (β) και (γ) του προβλήματος. Εφόσον οι διαδρομές είναι διαδοχικοί αριθμοί που διαφέρουν κατά 1 , το άθροισμά τους είναι πάντα 3x ,όπου x = o μεσαίος προσθετέος. Άρα στο α) 3x=15 , x=5=BΓ, x-1=4=AB, x+1=6=ΓΑ 4+5+6=15 Το β) Δεν μπορεί να ισχύει ποτέ. Το γ) είναι ταυτότητα. Ισχύει διά κάθε x.

Η Συγγένεια

7σχόλια
Τι το κοινό έχουν οι παρακάτω αριθμοί:
1487, 4817, 8147
(Κατ.1/Νο.136)

Λύση

Λύση του Ν. Λέντζου. Ας αρχίσουμε από τα προφανή Είναι περιττοί φυσικοί αριθμοί Το τελευταίο ψηφίο όλων είναι το 7 Είναι τετραψήφιοι Αποτελούνται από τα ίδια ψηφία με διαφορετική διάταξη (αναριθμητισμός των 1,4,7,8) Γράφονται και οι τρείς ως διαφορά τετραγώνων: 1487=744^2-743^2 4817=2409^2-2408^2 8147=4074^2-4073^2 Και οι τρεις είναι ίσοι με 7mod10 1487=7mod10 4817=7mod10 8147=7mod10 Όμως νομίζω ότι το ζητούμενο κοινό χαρακτηριστικό πρέπει να είναι το ότι και οι τρεις είναι πρώτοι. Ο 1487 είναι ο 236ος πρώτος. Ο 4817 είναι ο 649ος πρώτος. Ο 8147 είναι ο 1023ος πρώτος. Επί πλέον είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με πρώτο θετικό όρο α1=1487 και διαφορά ω=3330. Λύση του Papaveri. α) Είναι πρώτοι αριθμοί., β) Σχηματίζονται από μεταθέσεις των ψηφίων 1, 4, 7 και 8., γ) Είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά 3.330.

Τρίτη, 5 Φεβρουαρίου 2013

Η Συνάντηση

2σχόλια
Ένας ποδηλάτης ξεκινά από την πόλη Α και κινείται προς την πόλη Β με μέση ταχύτητα 16km/h. Μια ώρα αργότερα, μια φίλη του ξεκινά από την πόλη Β και με μέση ταχύτητα 12km/h κινείται προς την πόλη Α για να τον συναντήσει. Αν η απόσταση των δύο πόλεων είναι 44km, σε πόσες ώρες από την εκκίνηση του ποδηλάτη θα συναντηθούν; (Κατ.34/Νο.563)

Λύση

Λύση του Γ, Ριζόπουλου. Θα συναντηθούν σε δύο ώρες από την εκκίνηση του ποδηλάτη, Σε 2 ώρες ο ποδηλάτης θα έχει διανύσει 32χιλιόμετρα. Η φίλη του σε 2 ώρες από την εκκίνηση του ποδηλάτη =1 ώρα από τη δική της εκκίνηση θα έχει κάνει 12χιλιόμετρα. Σύνολο χιλιομέτρων 32+12=44χιλιόμετρα.

Δευτέρα, 4 Φεβρουαρίου 2013

Ο Ιδιόρρυθμος Αριθμός

4σχόλια

Ο δάσκαλος λέει στους μαθητές του:
- «Σκεφτείτε έναν οποιοδήποτε αριθμό.»
- «Τον αριθμό που σκεφθήκατε διπλασιάστε τον.»
- «Στο αποτέλεσμα να προσθέσετε τον αριθμό 10.»
- Το άθροισμα που βρήκατε να το διαιρέσετε με τον αριθμό 2.»
-«Από το πηλίκο να αφαιρέσετε τον αριθμό που σκεφτήκατε αρχικά.»
- «Κάθε μαθητής πρέπει να έχει βρει ως αποτέλεσμα τον αριθμό 5, 
   ανεξάρτητα από ποιον αριθμό σκέφτηκε αρχικά.»
Μπορείτε να εξηγήσετε τον ισχυρισμό του δασκάλου;(Κατ.34/Νο.562)
Πηγή:http://digitalschool.minedu.gov.gr/modules/ebook/show.php/DSGYM-C104/470/3111,12509/

Λύση

Η εξήγηση του προβλήματος είναι ότι με τη τελευταία ενέργεια απαλείφεται ο άγνωστος «x». Π.χ.: Έστω x=15. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε: 15 --> 2*15 =30+10=40/2=20-15=5

Κυριακή, 3 Φεβρουαρίου 2013

Η Διαδρομή

2σχόλια

Στο ανωτέρω διάγραμμα βλέπουμε πέντε χωριά A, B, C, D και E και τις μεταξύ τους χιλιομετρικές αποστάσεις. Ένας ταχυδρόμος ξεκινάει από το χωριό Α και αφού περάσει από μία φορά όλα τα χωριά  επιστρέφει στο χωριό Α. Βλέπε σχήμα ανωτέρω. Ποια είναι η διαδρομή που πρέπει να ακολουθήσει, προκειμένου να διανύσει τη μικρότερη απόσταση; (Κατ.27/Νο.54) 

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Υποθέτω καταρχήν "αφαιρετικά" ότι δεν υπάρχει το Ε χωριό, η διαδρομή ABCDA (ή το αντίστροφο ADCBA ανάλογα με την αριστερόστροφη ή δεξιόστροφη προτίμηση του ταχυδρόμου!) =7+10+6+8=31χλμ. Πρέπει να βρω παράκαμψη από τον "περιφερειακό" προς το Ε με την μικρότερη δυνατή χιλιομετρική επιβάρυνση και αυτή είναι η AED=4+5=9 αντί της AD=8, 9-8=1xλμ (οι άλλες παρακάμψεις είναι 5+6-6=5>1, 6+7-10=3>1, 7+4-7=4>1) Συνεπώς η ABCDEA (ή AEDCBA) = 7+10+6+5+4=32χλμ. είναι η μικρότερη διαδρομή.

Σάββατο, 2 Φεβρουαρίου 2013

Οι Εισπράξεις

6σχόλια

 Ο Λουκάς, πριν κλείσει το μανάβικο του, για να πάει στο σπίτι του, ανοίγει το ταμείο του για να δει πόσα χρήματα εισέπραξε από τη πώληση των λαχανικών και των φρούτων. Μετράει τα χρήματα και βρίσκει ότι είναι 830 ευρώ, σε χαρτονομίσματα των 10, 20 και 50 ευρώ. Διαπιστώνει ότι, οι αριθμοί που εκφράζουν το πλήθος των χαρτονομισμάτων κάθε είδους είναι διαδοχικοί ακέραιοι αριθμοί. Πόσα χαρτονομίσματα των 50 ευρώ είχε στο ταμείο του o Λουκάς; (Κατ.34/Νο.561)

Λύση

Ο μανάβης είχε 11 χαρτονομίσματα των 50€. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε: 10α+20*(α-1)+50*(α+1)=830 --> 10α+20α-20+50α+50=830 --> 10α+20α+50α=830+20-50 --> 80α=850-50 --> 80α=800 --> α=800/80 --> α=10 (1) Επαλήθευση: 10α+20*(α-1)+50*(α+1)=830 --> 10*10+20*(10-1)+50*(10+1)=830 --> 10*10+20*9+50*11=830 --> 100+180+550=830 ο.ε.δ.
 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes