Δευτέρα, 30 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.121 (5)

7σχόλια

Λύση

Φάρμα [Φ(Χρυσή Τομή=1,618)αρμα(Άρμα Θέσπιδος)]

Ο Αγρότης

4σχόλια
Υποθέτουμε ότι 3 αγελάδες σε 2 μέρες δίνουν τόση ποσότητα γάλατος όση 4 κατσίκες σε 9 μέρες. Επίσης 2 κατσίκες σε 3 μέρες δίνουν 15λίτρα γάλα. Ένας αγρότης έχει 2 αγελάδες και 3 κατσίκες και πουλάει το γάλα σε δοχεία των 2,5 λίτρων προς 4€  το δοχείο. Πόσα Ευρώ θα εισπράξει σε 10 μέρες; 
Διευκρίνιση: 
Θεωρούμε ότι : Όλες οι αγελάδες παράγουν την ίδια ποσότητα γάλατος μεταξύ τους. Όλες οι κατσίκες παράγουν την ίδια ποσότητα γάλατος μεταξύ τους. Η τιμή του αγελαδινού γάλατος είναι ίδια με την τιμή του κατσικίσιου. (Κατ.34/Νο.642)

Λύση

Κείμενο που θα κρύβεται.

Παρασκευή, 27 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.120 (7)

2σχόλια

Λύση

Απιστία [Άπις*(Το ιερό βόδι των αρχαίων Αιγυπτίων)τια(Τία Ελεμπώ**) Βελγίδα αθλήτρια** του στίβου. Άλμα εις μήκος και ύψος).] Άπις* Α)Μυθικός βασιλιάς. Ο Άπις ήταν μυθικός βασιλιάς της Πελοποννήσου πολύ πριν φθάσει και εγκατασταθεί σ΄ αυτήν ο Πέλοπας και πάρει το όνομά του. Ο Άπις, κατά την ελληνική μυθολογία φέρεται να ήταν γιος του Φορωνέα και της νύμφης Λαοδίκης και αδερφός της Νιόβης. Ήταν βασιλιάς του Άργους και επί βασιλείας του η Πελοπόννησος λεγόταν Απία ή και Απίη. Οι δε κάτοικοί της λέγονταν Απιείς, ή Απιδονήες, ή και Απιδόνες. Φέρεται ως ένας από τους πρώτους νομοθέτες των Ελλήνων. Σκοτώθηκε από ενέδρα που του έκαναν ο Θελξίων και ο Τέλχης. Σύμφωνα με έναν άλλο μύθο, ο Άπις παραχώρησε το βασίλειο του Άργους στον αδερφό του και μετανάστευσε στην Αίγυπτο, όπου έγινε βασιλιάς και βασίλεψε πολλά χρόνια. Μετά τον θάνατό του ονομάστηκε Σάραπις και λατρεύτηκε σαν θεός. Β)Θέός της Αρχαίας Αιγύπτου*. Ηλιακός Θεός εθεωρείτο ενσάρκωση του Φθάιδα και αντιπροσωπευόταν από έναν ταύρο που λατρεύονταν στο Απείο, στην Μέμφιδα. Όταν πέθαινε ένας «Άπις» ταύρος θάπτοταν στο υπόγειο των Απίων νεκροταφείων της νεκροπόλεως της Μέμφιδας, ως χθόνιος θεός, έφορος των πραγμάτων του Άδη και λεγόταν Όσιρις-Άπις ή Οσάρ-Άπις ενώ Σαράπειο ήταν το υποχθόνιο νεκροταφείο. Ο όλος χώρος στην ιερή γλώσσα λέγονταν Σώμα Απίων και πλάσθηκε ελληνιστί το Σινώπειον ή Σίναπον. Ιστορικά η λατρεία του θεού Άπιδος γεννήθηκε γύρω στο 2925 -2775 π.Χ. και ήταν θεός της γονιμότητας. Φημισμένοι ήταν οι μάντεις του. Όταν ένας ιερός ταύρος «Άπις», ιερό ζώο του Θεού Φθα πέθαινε θάβονταν κάτω σε στοές (βλέπε κατακόμβες) πάνω από τις οποίες κτίζονταν το Σαράπειο. Μέχρι τις ανασκαφές του περασμένου αιώνα ανακαλύφθηκαν θαμμένοι 64 «Άπιδες» ταύροι. Αργότερα ο Άπις αντιπροσώπευε και τον ήλιο με δίσκο ανάμεσα από τα κέρατά του. Η μεταμόρφωσή του με τον Όσιρη σε Οσάρ-Άπι έγινε κατά τα χρόνια του Πτολεμαίου Ι του Σωτήρα (305 - 282 π.Χ).

Οι Πειρατές

3σχόλια
Δεκαεπτά πειρατές μετά από ένα ρεσάλτο που κάνανε σ’ ένα εμπορικό πλοίο αποκόμισαν, μεταξύ άλλων, κι’ ένα σεντούκι με άγνωστο αριθμό χρυσών λιρών, τις οποίες μοίρασαν ως εξής:
Ο πρώτος θα πάρει μια, ο δεύτερο μία κ.ο.κ., έως τον δέκατο έβδομο και πάλι από την αρχή. Με τον τρόπο αυτό μοιράζονται οι λίρες και περισσεύουν 5. Πάνω στη συμπλοκή όμως, για το ποιος θα πάρει τις 5 τελευταίες χρυσές λίρες, σκοτώνεται ένας.
Οι εναπομείναντες 16 πειρατές κάνουν εκ νέου τη μοιρασιά, όπως ανωτέρω, και αυτή τη φορά περισσεύουν 13. Πάνω στην συμπλοκή όμως, για το ποιος θα πάρει τις 13 τελευταίες χρυσές λίρες, σκοτώνεται άλλος ένας.
Οι εναπομείναντες 15 πειρατές μοιράζουν εκ νέου τις λίρες, όπως ανωτέρω,  χωρίς να περισσέψει αυτή τη φορά καμία χρυσή λίρα. Πόσες ήταν αρχικά οι χρυσές λίρες? (Κατ.34/Νο.641)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω Χ ο ζητούμενος αριθμός, συνεπώς X=17k+5, Χ=16m+13, Χ=15n, (k μεγαλύτερο του μηδενός, m μεγαλύτερο του μηδενός, n μεγαλύτερο του μηδενός) Άρα ισχύουν οι εξισώσεις: 17k+5=16m+13, 17k+5=15n, η επίλυση των οποίων δίνει: k=40*(6c+5), m=255c+212, n=272c+227, (c μεγαλύτερο ή ίσον του μηδενός) Οι τιμές των k,m,n είναι οι ελάχιστες δυνατές με c=0 άρα ελάχιστα k=200, m=212 kai n=227 Χ=17*200+5=3.405, Χ=16*212+13=3.405, Χ=15*227=3.405 Αλλά επειδή το πρόβλημα δεν ζητάει τον ελάχιστο αριθμό λιρών λύσεις στο πρόβλη-μα έχουμε και για c=1,2,3,...,n π.χ για c=1 =>k=440, m=255+212=467, n=272+227=499 => X(c=1)=440*17+5=7.485, k.o.k.... Ή  Έστω Χ ο αριθμός ο αριθμός των χρυσών λιρών, τότε: X=5mod17, X=13mod16, X=0mod15, 17*16*15=4.080, 17: 16*15=240=2mod17, 240*11=2.640=5mod17, 16: 17*15=255=15mod16, 255*3=765=13 mod16, 15: 17*16=272=2mod15, 272*15=4.080=0mod15, 2.640+765+4.080-4.080=3.405, 3.405-200*17=5, 3.405-212*16=13, 3.405-227*15=0, Οι λίρες αρχικά και τελικά ήταν 3.405 και μοράσθηκαν στους 15 εναπομείναντες πειρατές, και πήραν ο καθένας από 3405/15=227 λίρες

Κυριακή, 22 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.119 (8,9)

8σχόλια

Λύση

Παλατινή Ανθολογία [Παλάτι(Χίβα*)νή(Βυζαντινή νότα Νή) Ανθολογία (Ανθολογία ποιημάτων Γ. Ρίτσου, Τόμος Α!/ 1930-1942)] *Η Δυτική Πύλη (Ota-Darvoza), η κύρια πύλη εισόδου στην πόλη και στο Παλάτι της Χιβα, στο Ουσζπμεκιστάν.

Σάββατο, 21 Σεπτεμβρίου 2013

Ο Ελαιοχρωματιστής

0σχόλια
Ένας ελαιοχρωματιστής σε 2,5 ώρες βάφει 31τ.μ. Άρχισε να εργάζεται το πρωί στις οκτώ παρά τέταρτο και δούλεψε συνεχώς μέχρι τις έντεκα και δέκα. Μετά έκανε διάλειμμα μισής ώρας και ξανάρχισε να εργάζεται μέχρι τις δύο το μεσημέρι. Αν η αμοιβή του είναι 0,60€ το τετραγωνικό μέτρο, πόσα Ευρώ πρέπει να πληρωθεί; (Κατ.34/Νο.640)
Διευκρίνιση:
Θεωρούμε ότι ο ελαιοχρωματιστής βάφει με τον ίδιο ρυθμό όλες τις ώρες.

Λύση

Ο ελαιοχρωματιστής από τις 7:45π.μ. μέχρι τις 11:10π.μ. δούλεψε 3 ώρες και 25 λεπτά. Μετά το διάλειμμα της μισής ώρας αρχισε να εργάζετε στις 11:40π.μ. μέχρι τις 2:00μ.μ, δούλεψε ακόμα 2 ώρες και 20 λεπτά. Συνολικός χρόνος εργασίας 5 ώρες και 45 λεπτά (3,25+2,20=5,45 ώρες). Σύμφωνα με την εκφώνηση του προβλήματος σε 2,5 ώρες βάφει 31τ.μ.Άρα σε 5 ώρες έβαψε 62μ^2 (2*31μ^2). Για να βρούμε πόσα «μ^2» αντιστοιχούν στα 45 λέπτα που εργάσθηκε επί πλέον,μετατρέπουμε σε λεπτά τη 1 ώρα και 15 λεπτά που αντιστοιχούν σε 15,50μ^2 επιφάνεια βαψίματος κι’ έχουμε: 1ώρα και 15 λεπτά = 60+15=75 λεπτά. Κατάταξη: Σε 75 λεπτά βάφει 15,50μ^2 Σε 45 λεπτά πόσα (x)μ^2 βάφει; x=(45*15,50)/75 --> x= 697,5/75 --> x=9.30μ^2 Άρα σε 5 ώρες και 45 λεπτά.έβαψε 71,30μ^2 (62μ^2+9,30μ^2=71,30μ^2) Σύμφωνα με την εκφώνηση του προβλήματος η αμοιβή του για κάθε τετραγωνικό μέτρο είναι 0,60€. Επομένως το συνολίκό κόστος των 71,30μ^2 ανέρχεται σε: 71,30μ^2*0,60€=42,78€

Τετάρτη, 18 Σεπτεμβρίου 2013

Ο Κωδικός Αριθμός

2σχόλια
Ένας φυλακισμένος βρίσκεται στο κελί του.  Ο μόνος τρόπος να ελευθερωθεί  είναι να  ακολουθήσει τις οδηγίες που βλέπει στον τοίχο για να βρει τον κωδικό που ανοίγει την πόρτα. Έχει όμως μόνο μία προσπάθεια να το επιτύχει αυτό, διαφορετικά η πόρτα θα σφραγίσει για πάντα. Κοιτάζει στον τοίχο και διαβάζει τα παρακάτω:
ΟΔΗΓΙΕΣ
«Στο διπλανό δωμάτιο υπάρχει μια ζυγαριά με δύο τάσια. Πάνω στο ένα τάσι της υπάρχει ένα  σφραγισμένο σακί που περιέχει έναν άγνωστο αριθμό από βόλους, οι οποίοι ζυγίζουν όλοι τον ίδιο ακέραιο αριθμό γραμμαρίων. Αν ήξερες το συνολικό βάρος των βόλων θα μπορούσες να υπολογίσεις πόσοι βόλοι είναι. Ο αριθμός των βόλων είναι ιδιαίτερα σημαντικός για σένα γιατί είναι ο ίδιος με τον κωδικό που ανοίγει την 
πόρτα. Δίπλα σου υπάρχουν κάποια βαρίδια, τα οποία ζυγίζουν όλα τον ίδιο ακέραιο αριθμό γραμμαρίων και το συνολικό τους βάρος είναι 4κιλά. Αν σου επιτρεπόταν να κάνεις δοκιμές με αυτά τα βαρίδια πάνω στη ζυγαριά, θα κατάφερνες τελικά να βρεις με σιγουριά το συνολικό βάρος των βόλων χωρίς να ανοίξεις το σακί. Θεώρησε το βάρος του σακιού αμελητέο.»
Ο φυλακισμένος  κοίταξε τα βαρίδια και μετά από λίγη σκέψη ήταν απόλυτα σίγουρος πως γνώριζε τον κωδικό που ανοίγει την πόρτα. Ποιος ήταν αυτός ο κωδικός; (Κατ.4/Νο.50)
Πηγή:http://grifigr.blogspot.gr/2010/11/blog-post_5260.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Yποθέτωντας πως ο κωδικός είναι τουλάχιστον 2-ψήφιος, για να μπορεί να τον βρεί μόνο από το συνολικό βάρος του σακιού, δηλαδή το γινόμενο, πρέπει αυτό να παραγοντοποιείται μοναδικά σαν γινόμενο δύο ή ενός μόνο διακριτών πρώτων. Όλοι οι άρτιοι διαιρέτες του 4000γρ. δίνουν πολλαπλότητα επιλογών στην ανάλυσή τους σε γινόμενο πρώτων. Μοναδικός αριθμός που ικανοποιεί τη συνθήκη της μοναδικότητας που χρειαζόμαστε είναι το 125=5^3=5*25 Αρα τα βαράκια μας είναι είτε 125άρια ή 5άρια ή 25άρια. Σε κάθε περίπτωση το βάρος κάθε βόλου είναι 5γρ. και ο αριθμός τους 25, που είναι και ο ζητούμενος κωδικός.

Δευτέρα, 16 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.118 (7)

4σχόλια

Λύση

Πανδώρα* [Παν(Πήτερ Παν)δώρα(πακέτα με δώρα)] Στην Θεογονία του Ησιόδου, η Πανδώρα πλάστηκε από χώμα από τον Ήφαιστο. Η Αθηνά (ή ο Ερμής) της έδωσε ζωή και οι θεοί του Ολύμπου της έδωσαν όλα τα χαρίσματα και τις ικανότητες, και μαζί μια επικίνδυνη γοητεία. Ο Δίας, ενοχλημένος από την πράξη του Προμηθέα να κλέψει τη φωτιά από τους θεούς και να τη μεταφέρει στους ανθρώπους, του στέλνει την Πανδώρα για σύζυγο. Ο Προμηθέας, καχύποπτος, αρνείται να τη δεχτεί. Αλλά ο αδελφός του ο Επιμηθέας δέχεται για γυναίκα του την Πανδώρα η οποία φέρνει μαζί της ένα μυστηριώδες κουτί, δώρο του Δία για το γάμο τους. H περίεργη Πανδώρα, ή σύμφωνα με μια άλλη εκδοχή ο Επιμηθέας, ανοίγει το κουτί, που περιείχε όλα τα δεινά, που εξαπλώνονται με τον τρόπο αυτό στον κόσμο. Όταν η Πανδώρα κλείνει το κουτί, έχει μείνει μέσα, τελευταία, η ελπίδα. Από αυτό τον μύθο είναι γνωστή μέχρι σήμερα η φράση «Το Κουτί της Πανδώρας»: «Άνοιξε το Κουτί της Πανδώρας». * Κινηματογραφική ταινία του 2006. Σκηνοθεσία: Γεώργιος Σταμπουλόπουλος. Σενάριο: Γεώργιος Σταμπουλόπουλος. Ηθοποιοί: Γιάννης Στάνκογλου, Γιάννος Περλέγκας, Γκέϊση Ζίου, Γιώργος Διαλεγμένος, Κοσμάς Ζαχάρωφ, Σοφία Ολυμπίου, Έκτωρ Καλούδης, κ.α.

Η Δίκη

8σχόλια
Σε κάποια δίκη καταγράφηκε ο παρακάτω διάλογος:
- Κατήγορος:Σε έρευνα που έγινε στον κατηγορούμενο, βρέθηκαν στην κατοχή του 30 λίρες εκ των οποίων οι 15 ήταν χρυσές και οι 15 κάλπικες. Είχε κάνει μάλιστα τόσο καλή δουλειά ως παραχαράκτης, ώστε οι κάλπικες λίρες δεν ξεχώριζαν από τις γνήσιες παρά μόνο με ζυγαριά ακριβείας, γιατί ήταν λίγο ελαφρύτερες. Πάντως και οι 15 κάλπικες λίρες είχαν όλες ακριβώς το ίδιο βάρος, όπως άλλωστε συμβαίνει και με τις γνήσιες.
- Πρόεδρος:Αυτά τα γνωρίζουμε κύριε Κατήγορε. Άλλωστε τα έχει ομολογήσει και ο κατηγορούμενος. Ισχυρίζεται όμως πως από τις 30 λίρες που βρήκατε μόνο λίγες ήταν οι κάλπικες.
- Κατήγορος:Οι κάλπικες ήταν ακριβώς 15 κύριε Πρόεδρε. Ορίστε, τις έχω ξεχωρίσει από τις 15 γνήσιες. Έχω φέρει μάλιστα μαζί μου μια ζυγαριά με δύο τάσια, με την οποία θα σας αποδείξω πόσες και ποιες ακριβώς είναι.
- Πρόεδρος:Μόνο λίγο γρήγορα κύριε Κατήγορε… Έχουμε καθυστερήσει ήδη πολύ με αυτή τη δίκη.
- Κατήγορος:Χρειάζονται μόνο τέσσερις ζυγίσεις κύριε Πρόεδρε και θα έχετε την απόδειξη που σας υποσχέθηκα.
Ποιες ζυγίσεις είχε στο μυαλό του να κάνει ο Κατήγορος; (Κατ.17/Νο.26)
Πηγή:http://grifigr.blogspot.gr/2011/03/30-15-15.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω 1,2,3,..,15 οι γνήσιες και 16,17,18,..,30 οι κάλπικες 1η ζύγιση: Η 1 αριστερά και η 16 δεξιά, η ζυγαριά γέρνει προφανώς αριστερά και αποδεικνύεται ότι η 1 είναι γνήσια και η 16 κάλπικη. 2η ζύγιση: Oι 1,17,18 αριστερά και οι 16,2,3 δεξιά, η ζυγαριά γέρνει δεξιά, άρα 2 και 3 γνήσιες και οι δύο (αν ήταν μόνο μία η ζυγαριά ή θα ισορροπούσε αν 17 και 18 κάλπικες ή θα έγερνε αριστερά αν μία τουλάχιστον από τις 17, 18 ήταν γνήσια και φυσικά αποκλείεται και το καμία από τις 2,3 γνήσια γιατί η ζυγαριά θα έγερνε αριστερά και μόνο από την 1). και οι 17 και 18 αποδεικνύεται ότι είναι κάλπικες γιατί αν ήταν και οι 2 γνήσιες θα έγερνε αριστερά η ζυγαριά ή αν ήταν μόνο μία από τις 17,18 γνήσια η ζυγαριά θα ισορροπούσε πράγμα που δεν έγινε. 3η ζύγιση: (1,2,3=βέβαιωμένες γνήσιες),(19,20,21,22) αριστερά και (4,5,6,7),( 16,17,18=βεβαιωμένες κάλπικες), η ζυγαριά θα γείρει δεξιά και αποδεικνύεται με το ίδιο με το παραπάνω σκεπτικό ότι οι 4,5,6,7 γνήσιες και οι 19,20,21,22 κάλπικες. 4η ζύγιση: (1,2,3,4,5,6,7=βεβαιωθείσες γνήσιες),(23,24,25,26,27,28,29,30) αριστερά και (8,9,10,11,12,13,14,15),(16,17,18,19,20,21,22=βεβαιωθείσες κάλπικες), η ζυγαριά θα γείρει δεξιά και αποδεικνύεται ότι και οι οκτώ (8,9,10,11,12,13,14,15) είναι γνήσιες αφού στο αριστερό ζύγι υπήρχαν 7 βεβαιωθείσες γνήσιες και ότι οι (23,24,25,26,27,28,29,30) είναι κάλπικες αφού στο δεξί ζύγι υπήρχαν 7 βεβαιωμένες κάλπικες και η ζυγαριά έγειρε δεξιά, αν ήταν επτά ή λιγότερες οι κάλπικες η ζυγαριά ή θα ισορροπούσε ή θα έγερνε αριστερά. Υστερόγραφο: Παρατηρήσαμε ότι με : για 2 λίρες(1χρ.+1κάλπ.) μία(1) ζύγιση για 6 “ (3+3) απαιτούνται δύο(2) ζυγίσεις για 14 “ (7+7) “ τρείς(3) “ για 30 ” (15+15) “ τέσσερις(4) “ συνεχίζοντας με αυτόν το τρόπο μπορούμε στη συνέχεια με 5η ζύγιση να αποδείξουμε τοποθετώντας στο ένα ζύγι τις15 χρ. και άλλες 16 κάλπικες και στο άλλο ζύγι τις 15 κάλπικες και άλλες 16 χρυσές ότι 31 είναι χρυσές και 31 κάλπικες. 31+31=62, άρα για 62 λίρες (31+31) απαιτούνται 5 ζυγίσεις κ.ο.κ 62+64=126 με 6 ζυγίσεις, ...και η ακολουθία για ν=1,2,3,....,ν ζυγίσεις οι λίρες που ελέγχονται και αποδεικνύεται ότι οι μισές είναι χρυσές και οι άλλες μισές είναι κάλπικες είναι: (2), (2+2^2=6), (2+2^2+2^3=14), (2+2^2+2^3+2^4=30),...,,(2+2^2+2^3+...+2^ν=2*(2^ν -1)) Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Ενδιαφέρον κι ασυνήθιστο πρόβλημα. Τουλάχιστον εγώ δεν έχω ξανασυναντήσει κάποιο που δεν ζητάει να βρεις τα κάλπικα ή κάλπικο, αλλά να τα ξέρεις και να πρέπει να αποδείξεις ποια είναι! Μια λύση είναι η εξής: 1η ζύγιση: Ο κατήγορος βάζει ένα κανονικο=βαρύ=Β και ένα σκάρτο=ελαφρύ=Ε Β-Ε άρα (απ)έδειξε 1 Ε και 1 Β 2η Ζυγ.: Βάζει 2 νέα(υποψήφια) ελαφριά μαζί με το αποδεδειγμένο Β και 2 νέα (υποψήφια)βαριά μαζί με το αποδεδειγμένο Ε. ΒΕΕ – ΕΒΒ . Η ζυγαριά γέρνει προς τα δεξιά (ΕΒΒ) άρα ο δικαστής είναι σίγουρος, ότι για να συμβαίνει αυτό πρέπει αναγκαστικά και τα 2 νέα νομίσματα στα δεξιά να είναι βαριά και τα 2 νέα αριστερά να είναι ελαφριά. Άρα τώρα έχουμε από 3 αποδεδειγμένα Β και Ε. 3η Ζύγιση: Ο κατήγορος βάζει αριστερά τα 3 Β και δεξιά τα 3Ε και προσθέτει από 4 νέα υποψήφια Ε και Β αριστερά και δεξιά αντίστοιχα. Έχουμε: BBBEEEE – EEEBBBB Oμοίως με πριν, το δεξί σκέλος κατεβαίνει, άρα αποδείχνεται(με την προηγούμενη λογική) ότι τα πρόσθετα είναι όντως όλα Ε και όλα Β αντίστοιχα 4h ζύγιση: Έχουμε τα 14 αποδεδειγμένα , τα μοιράζουμε και πάλι 7Β και 7Ε και προσθέτουμε τα υπολοιπα 16 (από 8) τα υποψήφια Β στην παλάντζα των αποδεδειγένων Ε και αντιστροφα, οπότε με την ίδια λογική ,έχουμε αποδείξει το ζητούμενο. ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ: 1η Ζύγιση: Bάζουμε Β εναντίον Ε 15 Β>15 Ε Αρκεί μετά να δείξουμε ότι τα 15 Β (ή τα 15 Ε) είναι όλα ίδια μεταξύ τους. 15 ίδια νομισματα…3 ζυγίσεις…εύκολο. Στην εναλλακτική λύση που πρότεινα πρέπει να δειχτούν τα (τουλάχιστον)15 Ε που προκύπτουν μετά την 1η ζύγιση, με τις 3 επόμενες ζυγίσεις, και όχι βέβαια τα 15Β (γιατί τοτε θα μπορούσαν να υπάρχουν και άλλα Β ,οπότε δεν διασφαλίζεται ο μινιμουμ αριθμός των Ε =15)

Σάββατο, 14 Σεπτεμβρίου 2013

Ο Τριψήφιος Αριθμός

11σχόλια
Ένας παράξενος τριψήφιος αριθμός αποτελείται από τρία διαφορετικά ψηφία κι’ έχει τις εξής ιδιότητες:
Το πρώτο ψηφίο συν τον αριθμό που σχηματίζεται από το δεύτερο και το τρίτο ψηφίο, σχηματίζει ένα τέλειο τετράγωνο.
Το πρώτο ψηφίο πολλαπλασιαζόμενο με τον αριθμό που σχηματίζεται από το δεύτερο και
το τρίτο ψηφίο, σχηματίζει ένα τέλειο τετράγωνο.
Το άθροισμα των τριών ψηφίων του σχηματίζει ένα τέλειο τετράγωνο.
Ποιος είναι αυτός ο τριψήφιος αριθμός; (Κατ.34/Νο.639)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω xyz ο αριθμός, άρα: x+(y+z)=a^2, x+y+z=x+10y+z=b^2 και x*(yz)=x*(10y+z)=c^2. Mέγιστο δυνατό άθροισμα 7+8+9=24 και ελάχιστο δυνατό άθροισμα 0+1+2=3, άρα x+y+z=ή 4 ή 9 ή 16 Το 4 δίνει τους αριθμούς 130 ή 310 αποκλείονται διότι 1+30=31 και 3+10=13 μη τέλεια τετράγωνα μένει x+y+z = ή 16 ή 9 Έστω x+y+z=16 => x+10y+z <=97, άρα x+10y+z =(81,64,49,36,25) Τα σύστημα: x+y+z=16 και x+10y+z=81 δεν δίνει ακέραιες λύσεις και απορρίπτεται x+y+z=16 και x+10y+z=64 δεν δίνει ακέραιες λύσεις και απορρίπτεται x+y+z=16 και x+10y+z=49 δεν δίνει ακέραιες λύσεις και απορρίπτεται x+y+z=16 και x+10y+z=36 δεν δίνει ακέραιες λύσεις και απορρίπτεται x+y+z=16 και x+10y+z=25 δίνει την λύση x+z=15 και y=1, άρα ο αριθμός γίνεται x1z και ο αριθμός μπορεί να είναι:916,817,718,619 και η τρίτη σχέση γίνεται: 8*17=136, 7*18=126, μη τέλεια τετράγωνα και απορρίπτονται 9*16=144=12^2 O.K., άρα 916 ο ζητούμενος αριθμός (Ε. Αλεξίου) Λύση του Cardani mediolanensis. Ψάχνουμε λύσεις x,y,z ακέραιοι από 0 ώς 9, για το σύστημα: x+10y+z=ν^2 x*(10y+z)=k^2 x+y+z=μ^2 Από την τρίτη εξίσωση (X+y+z=μ^2)συμπερένουμε ότι το άθροισμα των ψηφίων είναι είτε 9 είτε 16, αφού αυτά είναι τα 2 τετράγωνα μεταξύ του ελάχιστου 6=1+2+3 και του μέγιστου 24=9+8+7 Για x+y+z=9 εύκολα διαπιστώουμε ότι δεν υπάρχει τριπλέτα που να ικανοποιεί τις άλλες δύο εξισώσεις. Άρα x+y+z=16 ,και δοκιμάζοντας τις δυνατές τριάδες στις 2 πρώτες βρίσκουμε τη λύση: x=9, y=1,z=6 9+1+6=16 9*16=144 9+16=25

Rebus No.117 (11)

9σχόλια

Λύση

Ιδεογράφημα., Ιδέ(α)ο= λάμπα αναμένει, συμβολίζει τη φαεινή ιδέα., Γραφή= σφηνοειδής γραφή Μα = Ma-Zehua, πρόεδρος της Κινέζικης ναυτιλιακής εταιρίας China Cosco Holdings.

Παρασκευή, 13 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.116 (8,7)

2σχόλια

Λύση

Υπόμνημα Τρόϊκας [Υπο(Ίππος=Εφαλτήριο)μνημα(Τάφος της Αγίας Θεοτόκου,1683) Τροικας(Τρώει cash=μετρητά)]

Η Κληρονομιά

2σχόλια
Ο Γιάννης στη διαθήκη του άφησε κληρονομιά στα τρία αδέρφια του και στις γυναί-κες τους, Άννα, Βαρβάρα και Σοφία, 68.000 ευρώ. Δεν άφησε όμως ίσα μερίδια. Η Άννα έλαβε 5.000 περισσότερα από τη Βαρβάρα, η οποία έλαβε το ίδιο ποσό με το σύζυγο της. Η Σοφία πήρε 3.000 περισσότερα από το Στέφανο και ο Βασίλης 6000 λιγότερα από τη γυναίκα του, η οποία δεν είναι η Άννα. Ο Χρήστος κληρονόμησε 10.000 που ήταν 1.000 λιγότερα από του Στέφανου.
Ποιος είναι παντρεμένος με ποια και πόσα χρήματα πήρε ο καθένας; (Κατ.14/Νο.26)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έλαβαν έκαστος: Βασίλης 8.000€, Χρήστος 10.000€, και Στέφανος 11.000€ Βαρβάρα 10.000€, Σοφία 14.000€, και Άννα 15.000€ Τα ανδρόγυνα είναι: Βασίλης-Σοφία, Χρήστος-Βαρβάρα και Στέφανος-Άννα «Ο Χρήστος κληρονόμησε 10.000€ που ήταν 1.000€ λιγότερα από του Στέφανου.» Άρα Χρήστος 10.000€ και Στέφανος 11.000€ «Η Σοφία πήρε 3.000€ περισσότερα από το Στέφανο.» Άρα η Σοφία πήρε: 3.000€+11.000€=14.000€ «Ο Βασίλης 6,000€ λιγότερα από τη γυναίκα του, η οποία δεν είναι η Άννα.” αλλά ούτε η Βαρβάρα αφού: «Η Βαρβάρα, έλαβε το ίδιο ποσό με το σύζυγο της.» άρα σύζυγος του Βασίλη είναι η Σοφία και ο Βασίλης έλαβε: 14.000€-6.000 €=8.000€ Σύνολο τεσσάρων: 10.000€+11.000€+14.000€+8.000€=43.000€ Άρα 68.000€-43.000€=25.000€, τα οποία αναλογούν στην Άννα και την Βαρβάρα. «Η Άννα έλαβε 5.000 περισσότερα από τη Βαρβάρα,η οποία έλαβε το ίδιο ποσό με το σύζυγο της.» Άρα Άννα 15.000€ και Βαρβάρα 10.000€ και ΧΡΗΣΤΟΣ και ΒΑΡΒΑΡΑ ανδρόγυνο και το 3ο ανδρόγυνο: ΣΤΕΦΑΝΟΣ-ΑΝΝΑ

Τρίτη, 10 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.115 (7,5,5)

4σχόλια

Λύση

Αλίμονο στους Νέους* [Αλι(Κάσιους Κλέϊ/Μοχάμεντ Άλι)μονο(μόνος)στους Νεόυς(νέοι)] *Κινηματογραφική ταινία του 1961. Σκηνοθεσία: Αλέκος Σκελλάριος. Σενάριο: Χρήστος Γιαννακόπουλος και Αλέκος Σκελλάριος. Ηθοποιοί: Δημήτρης Χορν, Σπύρος Μουσούρης, Ανδρέας Ντούζος, Νίκος Φέρμας, Γιώργος Βελέντζας, Μάρω Κοντού, Σμάρω Στεφανίδου, κ.α.

Η Πιθανότητα

2σχόλια
Η πιθανότητα να επιλέξουμε δύο τυχαία άτομα, σε μια μεγάλη πόλη, και να είναι κάτω των 25 ετών είναι 25%. Ποια είναι η πιθανότητα, εάν επιλέξουμε τρία άτομα τυχαία,  και να είναι κάτω των 25 ετών; (Κατ.33/Νο.28)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω Π(Α) η πιθανότητα να επιλέξουμε ένα τυχαίο άτομο κάτω των 25 ετών. Η πιθανότητα Π(2Α) να επιλέξουμε δύο τυχαία άτομα κάτω των 25 ετών θα είναι: Π(2Α)=Π(Α)*Π(Α)=Π(Α)^2. Η πιθανότητα Π(2Α) μας δίνεται 0.25, άρα: Π(Α)^2=0.25 => Π(Α)=0.50, άρα η πιθανότητα για τρία άτομα κάτω των 25 ετών είναι: Π(3Α)=Π(Α)*Π(Α)*Π(Α)=0.5*0.5*0.5=0.125 (12,50%)

Δευτέρα, 9 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.114 (4,3,8)

4σχόλια

Λύση

Βίος και Πολιτεία [Β ιος(νησί των Κυκλάδων) και Πολιτεία*] *Η πόλη του Saint Emilion βρίσκεται 35 χιλιόμετρα βορειοανατολικά του Μπορντό, στη Γαλλία.

Το Μήκος

2σχόλια
Ένα καλώδιο τυλίγεται γύρω από μία κυκλική ράβδο. Το καλώδιο τυλίγεται ακριβώς 5 φορές γύρω από τη ράβδο. Η περιφέρεια της ράβδου είναι 12εκ. και το μήκος της είναι 25εκ. Να βρεθεί το μήκος του καλωδίου. (Κατ.34/Νο.638)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Το μήκος του καλωδίου είναι 65εκ. Θεωρώ ότι το καλώδιο είναι τεντωμένο και με ίδια και σταθερή κλίση (όχι όπως φαίνεται στο σχήμα με καμπύλα τμήματα). Επειδή το καλώδιο είναι ακριβώς 5 φορές τυλιγμένο γύρω από την ράβδο, το ύψος κάθε τμήματος της ράβδου είναι 25/5=5 cm. Tο άνοιγμα του καλωδίου σε κατακόρυφο επίπεδο είναι ευθεία γραμμή (σταθερή και ίδια κλίση) και μάλιστα για κάθε ένα από τα πέντε τμήματα είναι διαγώνιος ορθογωνίου διαστάσεων 12 cm (η περίμετρος) και 5 cm (το κάθε ένα από τα πέντε ύψη). Άρα το μήκος κάθε τμήματος καλωδίου ισούται με (12^2+5^2)^(1/2)=13 cm, (5*sqrt(12^2+5^2)=5*13=65εκ.). Άρα συνολικό μήκος καλωδίου =13*5=65 cm

Κυριακή, 8 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.113 (7,6)

4σχόλια

Λύση

Πάπισσα Ιωάννα* [Παπισ(Papiss Cissé=Ποδοσφαιριστής)σα Ιω(Δορυφόρος του Δια)αννα(Αγία)] *Μυθιστόρημα του Εμμανουήλ Ροΐδη που δημοσιεύτηκε το 1866 με το χαρακτηρισμό «μεσαιωνική μελέτη» σύμφωνα με την άποψη του ίδιου του συγγραφέα.

Η Ώρα

4σχόλια
Κάποιος έφυγε από το σπίτι του το απόγευμα μεταξύ 16:00-17:00 και επέστρεψε στο διάστημα 17:00-18:00 διαπιστώνοντας ότι ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης άλλαξαν ακριβώς θέση. Τι ώρα ήταν όταν βγήκε έξω; (Κατ.34/Νο.637)
Πηγή: India Mathematical Olympiad 1986

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Εάν «Χ» και «Υ» οι ενδείξεις των δεικτών μετά τις 17 ώρες(ή 25 λεπτά) και 16 ώρες(ή 20 λεπτά) αντίστοιχα τότε: Υ= (25+Χ)/12 (1) και Χ = (20+Υ)/12 (2) Αντικαθιστούμε την (1) στη (2) κι’ έχουμε: Χ = (20+Υ)/12 --> 12Χ=20+Y --> 12X=20+(25+X)/12 --> 12*12X=20*12+25+X --> 144X=240+25+X --> 144X-X=265 --> 143X=265 --> X=265/143 (3) Αντικαθιστούμε τη (3) στην (1) κι’ έχουμε: Υ= (25+Χ)/12 --> 12Y=25+X --> 12Y=25+265/143 --> 143*12Y=25*143+265 --> 1.716Y= 3.575+265 --> 1.716Y= 3.840 --> Y=3.840/1.716 Απλοποιούμε τους όρους του κλάσματος με το 12 κι’ έχουμε: Y=3.840/1.716 --> Y=320/143 (4) Οι ζητούμενες ώρες είναι: 17 ώρες και 320/143 λεπτά η μία ένδειξη. 16 ώρες και 265/143 λεπτά η άλλη ένδειξη. ήτοι: 17:22:14 και 2.66/10 του δευτερολέπτου. 16:26:51 και 1.19/10 του δευτερολέπτου. Λύση του Cardani mediolanensis. Είμαι σίγουρος πως εκείνος ο ασχημομούρης ο Φοντάνα δεν θα το έλυνε! Σε οποιαδήποτε ώρα ,έστω x , με x της μορφής π.χ xω,λω (π.χ 4,5 σημαίνει 4:30') ο ωροδείκτης σχηματίζει άνγκολο= 2π*x/12 και ο λεπτοδείκτης σχηματίζει γωνία 2π*(λω) Ο λεπτοδείκτης είναι 12 φορές ταχύτερος από τον ωροδείκτη,γαρ. Αν συμβολίσουμε με κ1 το κλασματικό μέρος της ώρας που έφυγε και με κ2 το αντίστοιχο της ώρας που επέστρεψε ,δηλαδή κ1,κ2 από 0 έως 1,ισχύει: Ωρα αναχώρησης=4+κ1 Ωρα άφιξης= 5+κ2 Αρα έχουμε: (4+k1)/12=k2 kai (5+k2)/12=k1 ή 12κ2-κ1=4 12κ1-κ2=5 Συστέμα με σολουτσιόνι: k1=64/143 και κ2=53/143 Άρα η ώρα που βγήκε εξω ήταν 4+64/143 της ώρας=4 και 26 και 51 και κάτι δευτερόλεπτα. η ώρα που επέστρεψε ήταν= 5+53/143 της ώρας=5 και 22 και 14 και κάτι δευτερόλεπτα)

Σάββατο, 7 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.112 (6)

4σχόλια

Λύση

Πέταλο [Πέτα(Ελένη Πέτα=Τραγουδίστρια)λο(Έϊσι Λο= Παίκτης του Μπάσκετ)]

Η Σύσκεψη

4σχόλια
Πέντε άτομα κάθονται σε ένα στρογγυλό τραπέζι. Ποια είναι η πιθανότητα να έχουν καθίσει σύμφωνα με την ηλικία τους; (Κατ.33/Νο.27)

Λύση

Λύση του Cardani mediolanensis. Η πιθανότητα να έχουν καθίσει σύμφωνα με την ηλικία τους είναι 8,33%.Το "Σύμφωνα με την ηλικία τους" δεν είναι επακριβώς ορισμένο τι σημαίνει. Θα μπορούσε δηλαδή να θεωρηθεί ισοδύναμο με το "κάθονται σε αύξουσα σειρά ηλικιών" ή "κάθονται σε φθίνουσα σειρά" ή ισοδύναμο με το "κάθονται σε ΣΥΓΚΕΚΡΙΜΕΝΗ (φθίνουσα ή αύξουσα) σειρά. Όπως και νάχει 5 άτομα μπορούν να καθήσουν κυκλικά με 24 διαφορετικούς τρόπους (=5!/5 =4!) Αν ζητείται η πρώτη περίπτωση πιο πάνω,αν δεν έχει δηλαδή σημασία η ωρολογιακή ή αντιωρολογιακή φορά υπάρχουν 2 διατάξεις από τις 24 (μία αυξουσα και μια φθίνουσα) άρα η p=2/24= 1/12=8,33%. CALCULO ALTERNATIVO(Εναλλακτική Λύση). Από τους 5 καθίζουμε πρώτα τον μεγαλύτερο.Όπου και να καθίσει υπάρχουν 2 επιλογές (δεξιά του και αριστερά του) για να καθίσει ο αμέσως ο πιο νέος κι αυτό ισχύει για όλους (και τους τέσσερις). Υπάρχουν (4!) επιλογές για τους 4. Άρα η δυνατότητα είναι: 2/4!=1/12=8,33%.

Τετάρτη, 4 Σεπτεμβρίου 2013

Rebus No.111 (6,5,3,3,4,4,4,3,8)

4σχόλια

Λύση

Κάλλιο πέντε και στο χέρι, παρά δέκα και καρτέρει [Κάλλιο(Κάλιο=Χημικό Στοιχείο)πέντε και στο χέρι, παρά δέκα και καρτέρει(Καρτέρι για κυνήγι)]

Ο Τοίχος

4σχόλια
Εάν 12 οικοδόμοι χρειάζονται 7 ώρες για να χτίσουν έναν τοίχο διαστάσεων 21m x 4m, πόσο χρόνο θα χρειαστούν 11 οικοδόμοι για να χτίσουν έναν τοίχο κατά 1m μακρύτερο και κατά 1m ψηλότερο; (Κατ.34/Νο.636)

Λύση

Οι 11 οικοδόμοι θα χρειασθούν 10 ώρες για να κτίσουν ένα τοίχο κατά 1μ. μακρύτερο και κατά 1μ. ψηλότερο. Τα συνολικά τετραγωνικά του τοίχου είναι 21*4=84μ.^2 Ο ρυθμός κτισίματος ανά ώρα των 12 οικοδόμων είναι: (21*4)/7=84/7=12 μ.^2 , δηλαδή 1μ.^2/ώρα για κάθε οικοδόμο. Ο ρυθμός κτισίματος ανά ώρα των 11 οικοδόμων, με την ίδια απόδοση, είναι: 11μ.^2, δηλαδή 1μ.^2/ώρα για κάθε οικοδόμο. Τα συνολικά τετραγωνικά του τοίχου είναι 22*5=110μ.^2 Οπότε οι 11 οικοδόμοι για να κτίσουν τα 110μ.^2 (22*5 =110μ.^2) χρειάζονται: (22*5)/11=110/11=10 ώρες.
 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes