Δευτέρα, 30 Ιουνίου 2014

Rebus No.204 (11)

5σχόλια

Λύση

Τιτανομαχία [Τιταν*(+ο)μαχι**(+α)] * Ο Τιτάνας (Αγγλ. Titan ή Saturn VI) είναι ο μεγαλύτερος από τους δορυφόρους του πλανήτη Κρόνου και o δεύτερος μεγαλύτερος δορυφόρος στο ηλιακό μας σύστημα, μετά τον δορυφόρο Γανυμήδη του πλανήτη Δία. Ανακαλύφθηκε από τον Κρίστιαν Χόϋχενς στις 25 Μαρτίου του 1655 και πήρε το όνομα Τιτάνας από τους τιτάνες που ήταν αδέλφια του Κρόνου. Ο Τιτάνας έχει διάμετρο 5.150 χλμ και απέχει από τον πλανήτη Κρόνο 1.221.931 χλμ. **Η μάχη των Θερμοπυλών.

Η Συνάντηση

6σχόλια
Τέσσερα οχήματα κινούνται σε έναν δρόμο με σταθερή ταχύτητα. Το αυτοκίνητο προσπέρασε το σκούτερ στις 12:30, στη συνέχεια συναντήθηκε με το ποδήλατο στις 13.00 και τη μοτοσικλέτα στις 13.30. Η μοτοσικλέτα συναντήθηκε με το σκούτερ στις 13.45 και προσπέρασε το ποδήλατο στις 14.00. Ποια ώρα συναντήθηκαν το ποδήλατο με το σκούτερ; (Κατ.27/Νο.389)

Λύση

Το ποδήλατο συνάντησε το σκούτερ στις 13:20, με απόκλειση +2΄λεπτά ή +3΄λεπτά. Λύση του Ε. Αλεξίου. Σταθερές ταχύτητες, ομαλή κίνηση, άρα διανυόμενες αποστάσεις ανάλογες των χρόνου και με γραφική απεικόνιση, ανεξαρτήτως μέτρων ταχυτήτων, η συνάντηση ποδηλάτου με το σκούτερ επιτυγχάνεται στο 1/3 των αντίστοιχων διανυόμενων αποστάσεων από 13.00 μέχρι 14.00, άρα στις 13.20. Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Με γραφική επίλυση σε ένα μιλιμιτρέ χαρτί,βρίσκω ώρα συνάντησης ποδηλάτου και σκούτερ 13 και 22 --23 πρώτα λεπτά. Επεξήγηση: Όλες οι ταχύτητες ,αφού είναι σταθερές, αναπαρίστανται με ευθείες γραμμές. Η ταχύτητα του αυτοκινήτου μπορεί ,χωρίς βλάβη της γενικότητας, να θεωρηθεί μονοδιαία, άρα αντιστοιχεί στη διχοτόμο σε ένα καρτεσιανό x-y ,όπου x αξων=χρόνος, y άξων=διάστημα. Το ότι το αυτοκ. προσπερνάει το σκούτερ στις 12.30 σημαίνει πως στο σημείο x=12.30 ,y=0 οι δύο ευθέιες τέμνονται και η ευθεία του σκούτερ έχει μικρότερη κλίση απ'αυτή του αυτοκινήτου. Χαράσοντας για τυχαίο κλάσμα ταχύτητας του σκούτερ και βάζοντας και τα υπόλοιπα δεδομένα προκύπτουν όλες οι ζητούμενες ευθείες και τομές. Η κλίση της ταχύτητας του σκούτερ, δηλαδή το ποσοστό (μικρότερο του 1) που η ταχύτητηά του υπολείπεται αυτής του αυτοκινήτου, δεν παίζει ρόλο. Mπορεί κάποιος να το διαπιστώσει γραφικά και να το δει και με αναλυτική γεωμετρία,αλλά βαριέμαι να κάνω όλα αυτά να πω την αλήθεια, και αρκούμαι στην κατασκευαστική λύση 13.22 (περίπου) To διάγραμμα δείχνει βεβαίως επίσης πως η μοτοσυκλέτα και το ποδήλατο κινούνται με αντίθετη φορά σε σχέση με το αυτοκ. και το σκούτερ.

Rebus No.203 (9,10)

4σχόλια

Λύση

Παγκόσμιο Ποδόσφαιρο [(Παγκος)μιο(PDA MIO P560*)(Ποδος**)φαιρο(Tiziano Ferro***)] *PDA MIO P560: Το νέο PDA Mio P560 είναι μία συσκευή πλοήγησης με πλήρη λειτουργία PDA, ελληνικά Windows Mobile 6.0, πρόσβαση στο internet με το ενσωματωμένο Wi-Fi και ασύρματη σύνδεση με την τεχνολογία Bluetooth®. **Πόδος: Χωριό της ορεινής Ναυπακτίας του νομού Αιτωλοακαρνανίας. ***Tiziano Ferro: Ιταλός τραγουδιστής της ποπ.

Κυριακή, 29 Ιουνίου 2014

Οι Πόντοι

4σχόλια
Με πόσους διαφορετικούς τρόπους είναι δυνατόν να σκοράρει ένας παίκτης 15 πόντους στο μπάσκετ; 
Διευκρίνιση: 
Θυμηθείτε, στο μπάσκετ, μπορούμε να σκοράρουμε 1 πόντο (με φάουλ), 2 
πόντους (με δίποντο καλάθι), ή 3 πόντους (με τρίποντο καλάθι). (Κατ.5/Νο.91) 
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/15.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. To ανάπτυγμα σε δυναμοσειρά Τέηλορ του: 1/((1−x)(1-x^2)(1−x^3)(1−x^15)) δείχνει πως έχουμε 27 διαφορετικές περιπτώσεις /διαμερίσεις. Αν x τα μονόποντα, y τα δίποντα και z τα τρίποντα και λύνοντας τη διοφαντική εξίσωση: x+2y+3z=15 με τους περιορισμούς: 0 μικρότερο ή ίσο x μικρότερο ή ίσο 15, 0 μικρότερο ή ίσο y μικρότερο ή ίσο 7, 0 μικρότερο ή ίσο z μικρότερο ή ίσο 5, βρίσκουμε τις 27 λύσεις: Mετράει όμως η διάταξη ανά περίπτωση/λύση, δηλαδή η σειρά με την οποία πετυχαίνει κάποιος τα διαφορετικής αξίας καλάθια. Έχουμε ανα τριάδα x,y,z: 1) 0,0,5= 1 τρόπος 2) 0,3,3 = 6!/(3!*3!)=20 τρόποι 3) 0,6,1=7!/(6!*1!)=7 τρόποι 4) 1,1,4= 6!/4!=30 τρόποι 5) 1,4,2=7!/(4!*2!)=105 τρόποι 6) 1,7,0=8!/7!=8 τρόποι 7) 2,2,3=7!/(3!2!2!)=210 τρόποι 8) 2,5,1=8!/(2!5!)=168 τρόποι 9) 3,0,4=7!/(3!4!)=35 τρόποι 10) 3,3,2=8!/(3!3!2!)=560 τρόποι 11) 3,6,0=9!/(3!6!)=84 τρόποι 12) 4,1,3=8!/(4!3!)=280 τρόποι 13) 4,4,1=9!/(4!4!)=630 τρόποι 14) 5,2,2=9!/(5!2!2!)=756 τρόποι 15) 5,5,0=10!/(5!5!)=252 τρόποι 16) 6,0,3=9!/(6!3!)=84 τρόποι 17) 6,3,1=10!/(6!3!)=840 τρόποι 18) 7,1,2=10!/(7!2!)=360 τρόποι 19) 7,4,0=11!/(7!4!)=330 τρόποι 20) 8,2,1=11!/(8!2!)=495 τρόποι 21) 9,0,2=11!/(9!2!)=55 τρόποι 22) 9,3,0=12!/(9!3!)=220 τρόποι 23) 10,1,1=12!/10!=132 τρόποι 24) 11,2,0=13!/(11!2!)=78 τρόποι 25) 12,0,1=13!/12!=13 τρόποι 26) 13,1,0=14!/13!=14 τρόποι 27) 15,0,0=1 τρόπος τρόποι Λύση του Ε. Αλεξίου. 5*3+0*2+0*1 4*3+1*2+1*1 4*3+0*2+3*1 3*3+3*2+0*1 3*3+2*2+2*1 3*3+1*2+4*1 3*3+0*2+6*1 2*3+4*2+1*1 2*3+3*2+3*1 2*3+2*2+5*1 2*3+1*2+7*1 2*3+0*2+9*1 1*3+6*2+0*1 1*3+5*2+2*1 1*3+4*2+4*1 1*3+3*2+6*1 1*3+2*2+8*1 1*3+1*2+10*1 1*3+0*2+12*1 0*3+7*2+1*1 0*3+6*2+3*1 0*3+5*2+5*1 0*3+4*2+7*1 0*3+3*2+9*1 0*3+2*2+11*1 0*3+1*2+13*1 0*3+0*2+15*1. Σύνολο 27 διαφορετικοί τρόποι.

Σάββατο, 28 Ιουνίου 2014

Rebus No.202 (5)

4σχόλια

Λύση

Λιμόζ* (Limoges) [Λι(Amber Lee Ettinger**)μοζ(Jean François Moz***) *Πορτατιφ. **Αμερικανίδα ηθοποιός, διασημότητα του Διαδικτύου, και μοντέλο. ***Καναδός Πυγμάχος.

Το Παράδοξο

4σχόλια
α)Κάντε τον πολλαπλασιασμό:
13.837 x Η ηλικία σας  x 73 = ?  
Θα βρείτε ένα ενδιαφέρον αποτέλεσμα.    
β)Δοκιμάστε και τον πολλαπλασιασμό:
10.001 x Η ηλικία σας x 101 = ?
Πως το εξηγείτε αυτό; (Κατ.34/Νο.704)

Λύση

Αναλύοντας τον αριθμό 1.010.101 σε γινόμενα πρώτων παραγόντων προκύπτουν οι πρώτοι αριθμοί 13.837, και 73, τον οποίο εάν τον πολλαπλασιάσουμε με οποιδήποτε διψήφιο αριθμό, ο διψήφιος αυτός αριθμός επαναλαμβάνεται τέσσερις φορές. Π.χ. με το 66, έχουμε: 10.001*101=13.837*73=1.010.101*ηλικία=1.010.101*66=66.666.666 (66,66,66,66) Γενίκευση: Πως θα καταφέρουμε με αριθμητική πράξη ένας διψήφιος, τριψήφιος,...,n-ψήφιος αριθμός να επαναληφθεί 2, 3,...,k φορές; Π.χ. ο αριθμός 356 να γίνει 356356, 356356356,...,356356356...356, το 356k φορές. Λύση: Τα πολλαπλάσια των αριθμών της μορφής: 10...010...01, όπου τα μηδενικά είναι κατά ένα λιγότερα των αριθμών των ψηφίων του αριθμού που επαναλαμβάνεται και οι μονάδες όσες φορές επαναλαμβάνεται. π.χ. 356356=356*1.001 356356356=356*1.001.001 Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι έχουμε τον αριθμό (α1α2,...,αn) και επαναλαμβάνεται k φορές, τότε: [(α1α2,...,αn)... (α1α2,...,αn)* (α1α2,...,αn)]*k= [(α1α2...αn)*(1+10^n+10^2n+10^(k-)*n)] Πηγή:http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=44&t=45006

Παρασκευή, 27 Ιουνίου 2014

Rebus No.201 (7)

4σχόλια

Λύση

Βελάκια [Βελα(Κάρλος Βέλα*)κια**] * Μεξικανός επιθετικός της Ισπανικής Ρεάλ Σοθιεδάδ. ** PICANTO Deals μοντέλο του 2014 της KIA.

Βελάκια

5σχόλια
Η Άννα και η Μαρία παίζουν ένα παιχνίδι με βελάκια. Κάθε μία ρίχνει ένα βελάκι σε ένα στόχο (Νταρτς-Darts). Όποια ρίχνει το βελάκι πιο κοντά στο στόχο παίρνει ένα πόντο. Όποια φτάσει πρώτη τους 4 πόντους κερδίζει 10€. Η Άννα και η Μαρία είναι το ίδιο καλές στα βελάκια. Σταμάτησαν να παίζουν όταν η Άννα προηγείτο της Μαρίας 3-2 στους πόντους. Ποιος είναι ο δίκαιος τρόπος για να μοιραστούν τα 10 αυτού του ημιτελούς παιχνιδιού; (Κατ.33/Νο.35)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/pascal-fermat-problem-of-points.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Υποθέτουμε,μιας και αναφέρεται πως είναι "το ίδιο καλές", κάτι σημαντικό.Πως η πιθανότητα νίκης σε κάθε παιχνίδι είναι0,5 για την κάθε παίκτρια. Η Άννα με άλλο ένα νικηφόρο παιχνίδι κερδίζει όλο το στοίχημα. Η Μαρία για να φτάσει σ'αυτό το σημείο θέλει άλλο ένα παιχνίδι. Αρα το στοίχημα πρέπει να μοιραστεί 3 προς 1. (αφού αν σταματήσουν τα μισά ανήκουν διακαιωματικά στην Αννα, και τα άλλα μισά πρέπει να μοιραστούν εξίσου) Αννα: 7,50€ Mαρία: 2,50€ Εναλλακτικός τρόπος,αλά μανιέρ ντε Πασκάλ: Σ(k=0 ώς 1)C(2,k)/Σ(k=2ώς 2)C(2,k)=3 Γενικά,σε ένα παιχνίδι όπου ο Α χρειάζεται ακόμη ν πόντους για να κερδίσει και ο Β μ πόντους, το σωστό μοίρασμα είναι ο λόγος : Σ(από κ=0 έως μ-1) C(ν+μ-1 ,κ) / Σ(κ=μ έως ν+μ-1)C(ν+μ-1, κ). Λύση του Ε. Αλεξίου. Το παιχνίδι θα έληγε σε 2 ακόμα πόντους (1+2-1=2), αν η Μαρία έπαιρνε τον 3ο πόντο, όποια έπαιρνε τον 4ο θα κέρδιζε τα 10 ευρώ. Τα δυνατά απότελέσματα είναι 2^2=4 Η Άννα θα κέρδιζε είτε με ένα είτε με 2 πόντους,άρα σε C(2,1) +C(2,2)=2+1=3 περιπτώσεις που βγαίνει νικήτρια και η Μαρία φυσικά στην υπόλοιπη μία περίπτωση ή με συνδυασμούς μόνο αν η Άννα δεν κέριζε κανένα πόντο από τους 2, ήτοι C(2,0)=1. Άρα P(κερδίζει η Άννα)=3/4 και P(κερδίζει η Μαρία)=1/4. Άρα η Άννα πρέπει να πάρει 7,50€ και η Μαρία πρέπει να πάρει 2,50€.

Τρίτη, 24 Ιουνίου 2014

Rebus No.200 (8)

4σχόλια

Λύση

Οδύσσεια [Ο(LXXII=72=Ο΄*)δυσσει(δύση ηλίου)α] *Η Μετάφραση των Εβδομήκοντα αποτελεί τη σπουδαιότερη από τις πρώτες μεταφράσεις της Παλαιάς Διαθήκης και την πρώτη, στην ουσία, γραπτή μετάφραση από την εβραϊκή στην ελληνιστική κοινή γλώσσα. Η μετάφραση έγινε σταδιακά μεταξύ του 3ου και του 1ου αιώνα π.Χ. από ελληνόγλωσσους Ιουδαίους και μεταγενέστερα περιέλαβε επιπλέον βιβλία, πέρα από αυτά που ανήκουν στον Ιουδαϊκό Βιβλικό κανόνα (Τανάκ). Μερικά ταργκούμ που αποτελούσαν μεταφράσεις ή παραφράσεις των Εβραϊκών Γραφών στην αραμαϊκή έγιναν επίσης εκείνη την εποχή. Συμβολίζεται στην ελληνική βιβλιογραφία ως Ο' (ο αριθμός εβδομήντα στον αλφαβητικό τρόπο αρίθμησης, δηλαδή «κατά τους εβδομήκοντα») και στην αγγλική βιβλιογραφία ως LXX (ο αριθμός εβδομήντα στον λατινικό τρόπο αρίθμησης, ή αλλιώς Septuaginta). Σύμφωνα με την παράδοση, 72 Ιουδαίοι λόγιοι της Αλεξάνδρειας της Αιγύπτου άρχισαν το έργο της μετάφρασης αυτής περίπου το 280 π.Χ. Αργότερα και χάριν συντομίας καθιερώθηκε ο αριθμός 70, κι έτσι προέκυψε η ονομασία Μετάφραση των Εβδομήκοντα. Προφανώς, η μετάφραση αυτή ολοκληρώθηκε μέσα στο 3ο αιώνα π.Χ. κατά τη διάρκεια της βασιλείας του Πτολεμαίου Β' του Φιλάδελφου. Η γλώσσα της Μετάφρασης των Εβδομήκοντα ήταν η κοινή ελληνική που μιλιόταν στην Αλεξάνδρεια της Αιγύπτου κατά τον 3ο και 2ο αιώνα π.Χ. Αποτέλεσε τη Γραφή που είχαν οι ελληνόφωνοι Ιουδαίοι και χρησιμοποιούνταν ευρέως τον καιρό του Ιησού και των αποστόλων του. Στην Καινή Διαθήκη, οι περισσότερες από τις 320 κατά λέξη παραθέσεις, από το σύνολο των περίπου 890 παραθέσεων και αναφορών, στην Παλαιά Διαθήκη βασίζονται στη Μετάφραση των Εβδομήκοντα.

Οι Ρίψεις ΙΙ

5σχόλια
Έχουμε ένα νόμισμα, ποιος είναι ο αναμενόμενος αριθμός των ρίψεων που θα απαιτηθούν, ώστε ο αριθμός των "κορωνών" να ισούται με τον αριθμό των "γραμμάτων", με δεδομένο ότι στην πρώτη ρίψη θα φέρουμε  "γράμματα"; (Κατ.33/Νο.34)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Το πρόβλημα αυτό είναι πολύ ενδιαφέρον και -παρά την φαινομενική απλότητά του- πολύ δύσκολο, για μένα τουλάχιστον. Παρότι η αναμενόμενη μέση τιμή ρίψεων για να έχω κεφάλι ή γράμματα είναι 1/(1/2)=2 ή 1/p γενικά (για τυχαία πιθανότητα p και 1-p για κορώνα ή γράμματα αντίστοιχα) την ζητούμενη μαθηματική ελπίδα την βρίσκω ,με διάφορες προσεγγίσεις που επιχείρησα, να είναι αποκλίνουσα! Σε όλες τις περιπτώσεις (αν το δούμε σαν ένα random walk,που έτσι είναι) που η απόλυτη τιμή της διαφοράς κεφάλι-γράμματα έχει μια συγκεκριμένη τιμή η ζητούμενη μου. ελπίδα είναι η ίδια. Επίσης, όταν η τρέχουσα διαφορά είναι δ (1 στην αρχική περίπτωση) αυτή η διαφορά μπορεί ισοπίθανα να αυξηθεί ή να μειωθεί με την επόμενη ρίψη. Έστω Ε(δ) ο αναμενόμενος αριθμός ρίψεων που απαιτείται για να έχουμε ισορροπία κεφάλι-γράμ-ματα όταν η διαφορά είναι δ. Ισχύει: Ε(δ)=1+0,5*Ε(δ-1)+Ε(δ+1) Eπίσης,εχουμε: E=1+E(1) και Ε(0)=0 Αρα, Ε=ν+(1/ν)*Ε(ν) Προφανώς για κάθε «ν» το Ε(ν)είναι θετικό, άρα η μαθηματική ελπίδα αποκλίνει! Το αποτέλεσμά μου μού φαίνεται. Δύο δεν μπορεί να είναι ποτέ οι ρίψεις,γιατί δεδομένης της συγκεκριμένης τιμής ("γράμματα") της 1ης θα σήμαινε πως η πιθανότητα η δεύτερη να είναι κορώνα είναι =1, δηλαδή βεβαιότητα, πράγμα που προφανώς δεν ισχύει. Ο αναμενόμενος αριθμός ρίψεων είναι επίσης προφανώς άρτιος. Το "παράδοξο" της άπειρης expectation/αρ.ρίψεων μάλλον προκύπτει από τη φύση του θέματος ως random walk. Είναι βέβαιο-από το θεώρημα κεντρικού ορίου- πως όσο ο αριθμός των ρίψεων μεγαλώνει η απόκλιση της απόλυτης τιμής της διαφοράς μεταξύ γρ. και κεφ. από το 0 μπορεί να γίνει πολύ μικρή ,αλλά κανείς δεν βεβαιώνει πως θα γίνει κάποια στιγμή =0. Είναι μεν πολύ πιθανότερο σε ας απούμε 100.000 ρίψεις να έχουμε 50.004 κεφ. και 49.996 γρ. απ’ ότι ας πούμε να έχουμε 70.000 κεφ. και 30.000 γρ.(για τίμιο νόμισμα) αλλά η μεμονωμένη πιθανότητα p(κορώνα=γράμματα) σε ακριβώς 100.000 ρίψεις είναι πολύ μικρή, όπως βεβαιώνει ο τύπος της διωνυμικής κατανομής.

Σάββατο, 21 Ιουνίου 2014

Rebus No.199 (5)

4σχόλια

Λύση

Ωδείο [Ω(DCCC=800=Ω)δείο(Δύω=δύση ηλίου)}

Οι Ρίψεις

2σχόλια
O Δάνος και η Μαίρη έριχναν ένα νόμισμα και παίζουν το εξής παιγνίδι:
Ρίχνει το νόμισμα η Μάιρη, εάν το νόμισμα έδειχνε «κεφαλή» η Μαίρη κέρδιζε και ο Δάνος έπρεπε να της δώσει δύο γλυκά.
Ρίχνει το νόμισμα  ο Δάνος, εάν το νόμισμα έδειχνε «κορώνα» τότε ο Δάνος κέρδιζε και η Μαίρη έπρεπε να του δώσει τρία γλυκά.
Μετά από 30 ρίψεις που έπαιξαν ο καθένας τους είχε τόσα γλυκά όσα είχε πριν αρχίσει το παιχνίδι. Πόσες φορές κέρδισε ο Δάνος; (Κατ.33/Νο.33)
Πηγή:Kangourou Maths 2012

Λύση

Ο Δάνος κέρδισε 12 φορές και η Μαίρη κέρδισε 18 φορές. Εάν "α" φορες κερδισε το αγορι και ειχε αρχικα "Α" γλυκα τοτε έχουμε: 3α-2(30-α)+ Α Εάν "κ" φορες κερδισε το κοριτσι και ειχε αρχικα "Κ" γλυκα τοτε έχουμε: 2κ-3(30-κ)+ Κ Επειδη ομως τελικα εμειναν με τα αρχικα γλυκα ο καθενας εχουμε 3α-2(30-α)+ Α = Α --> 3α-60-+2α+Α=Α --> 5α=Α-Α+60 --> 5α=60 --> α=60/5 --> α=12 2κ-3(30-κ)+ Κ = Κ --> 2κ-90+3κ+Κ=Κ --> 5κ=Κ-Κ+90 --> 5κ=90 --> κ=90/5 --> κ=18 (οι μεταβλητες α,κ δεν συνδεονται εφοσον επαιξαν 30φορες ο καθενας και οχι μαζι) http://lyk-peir-anavr.att.sch.gr/Lessons/03MATHEMATICS/Algebra/General/02_Coins_and_Dice/coins.htm (Αποτελέσματα για ρίψη ζαριού και νομίσματος) Λύση του Ε. Αλεξίου. Αν είναι Χ οι φορές που κέρδισε ο Δάνος, άρα 30-Χ έχασε, τότε 3Χ-2(30-Χ)=0->Χ=12. 12 οι φορές που κέρδισε.

Πέμπτη, 19 Ιουνίου 2014

Οι Κορώνες

9σχόλια
Ο Μάρκος και η Αγγελική έχουν ο καθένας από μία χούφτα κέρματα. Η Αγγελική έχει ένα κέρμα περισσότερο από τον Μάρκο. Ρίχνουν και οι δύο τα κέρματα τους σε ένα τραπέζι. Ποια είναι η πιθανότητα η Αγγελική να φέρει περισσότερες "κορώνες" από τον Μάρκο; (Κατ.33/Νο.32)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. H πιθανότητα είναι 1/2. Tα δύο γεγονότα (ο ένας να φέρει είτε περισ. κ ή περισοτ. γ) είναι συμπληρωματικά.Aναλογία με 1 και 2 νομίσματα.Εκεί είναι φανερό πως από τα 8 ενδεχόμενα των τριών ρίψεων, ο παίκτης με τα 2 νομίσματα φέρνει περισσοτ. κορώνες σε 4 περιπτώσεις, ενώ στις 3 από τις 4 που φέρνει περισσότ. γράμματα , και οι δύο έχουν τις ίδιες κορώνες. Αν ο τυχαίος παίκτης i στρίψει νi νομίσματα και φέρει Κi κεφάλια, τότε το (Κ1-Κ2+ν2) ακολουθεί μια διωνυμική κατανομή με παραμέτρους: Δοκιμές=ν1+ν2 ,και p=1/2 H πιθανότητα, ο παίκτης 1 να φέρει κ περισσότερες κορώνες από τον 2, είναι: P(K1-K2=κ)=(1/2^(ν1+ν2))*C{(ν1+ν2),(κ+ν2)) (τον διωνυμ.συντελεστή ν1+ν2 "πάνω στο" κ+ν2 ) ,με ν2<ίσον κ <ίσον1 Η κατανομή λοιπόν του Κ1-Κ2 +(ν1+ν2)/2 είναι συμμετρική ως προς το 0. Έτσι,στο πρόβλημά μας έχουμε: ν1=μ+1, ν2=μ και P(Κ1 – Κ2 ≥ 1) = P(Κ1 – Κ2 ≤ 0)=1/2. Προς αποσαφήνιση και για να μην μένουν λαναθασμένες εντυπώσεις, έγραψα πως τα δύο γεγονότα ,δηλαδή αυτός που στρίβει το επιπλέον νόμισμα να φέρει περισσότερα κεφάλια ή περισσότερα γράμματα είναι συμπληρωματικά, και δεν υπάρχει καμία αμφιβολία γι'αυτό. Εφόσον η Αγγελική έχει ένα κέρμα περισσότερο θα καταλήξει με περισσότερα κεφάλια Ή περισσότερα γράμματα, ΟΧΙ όμως και με τα δύο ενδεχόμενα,αφού έχει 1 μόνο επιλέον νόμισμα. Έπεται πως η Αγγελική θα φέρει περισσότερα κεφάλια ή περισσότερα γράμματα (ΕΔΩ έγκειται η "συμπληρωματικότητα") Τα δύο ενδεχόμενα είναι το ίδιο πιθανά, άρα p=1/2 Λύση του Ε. Αλεξίου. Και αυτό είναι γνωστό θέμα, που η απάντηση που δίνεται είναι είναι ότι “η πιθανότητα η Αγγελική να φέρει περισσότερες "κορώνες" από τον Μάρκο” είναι 50%. Προσωπικά, διαισθητικά προς το παρόν τουλάχιστον, θεωρώ ότι η Αγγελική έχει πιθανότητα πάνω από 50% να φέρει περισσότερες κορώνες από το Μάρκο και μάλιστα τόσο μεγαλύτερη όσο λιγότερα είναι τα νομίσματα Πιθανόν το αρχικό ερώτημα να ήταν “ποια η πιθανότητα να φέρει η Αγγελική περισσότερες κορώνες από γράμματα σε σχέση με το Μάρκο! Σε αυτήν την περίπτωση και για την Αγγελική περισσότερες κορώνες παρά γράμματα οι πιθανότητες είναι 50%-50% και για τα νομίσματα του Μάρκου 50%1-50% Πιθανόν το αρχικό νόημα να “χάθηκε στην μετάφραση” και να έγινε περισσότερες κορώνες από τα νομίσματα του ενός σε σχέση με τις κορώνες που μπορεί να φέρουν τα νομίσματα του άλλου. Καμία σχέση κατά την άποψή μου το ένα ερώτημα με το άλλο! Εν κατακλείδι το σωστό ερώτημα, γλωσσικά και νοηματικά σωστό και λογικό και για να μην χαθεί η γοητεία του αρχικού γρίφου όπως τον υποθέτω, είναι “ποια η πιθανότητα να φέρει η Αγγελική περισσότερες κορώνες παρά γράμματα σε σχέση με τον Μάρκο?” και βέβαια σε αυτή την περίπτωση η απάντηση είναι 50%, όσα και να είναι τα νομίσματα. Και μία προσέγγιση ανάλυσης για το “περισσότερες κορώνες η Αγγελική από το Μάρκο” Έστω ότι η Αγγελική έχει 2 νομίσματα και ο Μάρκος 1. ΑΓΓΕΛΙΚΗ ΚΚ, ΚΓ, ΓΚ, ΓΓ ΜΑΡΚΟΣ Κ, Γ, Σύνολο δυνατών περιπτώσεων 4*2=8 Α νικά σε 2(ΚΚ-Κ, ΚΚ-Γ)+2(ΚΓ-Γ, ΓΚ-Γ)=4 περιπτώσεις Μ νικά σε μια περίπτωση (Κ-ΓΓ) Έστω ότι η Αγγελική έχει 3 νομίσματα και ο Μάρκος 2. ΑΓΓΕΛΙΚΗ ΚΚΚ, ΚΚΓ, ΚΓΚ, ΓΚΚ, ΓΓΚ, ΓΚΓ, ΚΓΓ, ΓΓΓ ΜΑΡΚΟΣ ΚΚ, ΚΓ, ΓΚ, ΓΓ Συνολο δυνατών περιπτώσεων 4*8=32 A νικά σε 4+3*3 +3=16 περιπτώσεις M νικά 4+2*1=5 περιπτώσεις ΥΓ.: Μετά την αρχική διαισθητική τρόπον τινά προσέγγιση έκανα και ένα πείραμα, έπαιξα ένα παιχνίδι δύο παιχτών, ο ένας (Α) με 1 νόμισμα και ο άλλος (Β) με 2 νομίσματα και τα ρίχνουν εναλλάξ και διαδοχικά και όποιος φέρει περισσότερες κορώνες σε στην κάθε ρίψη του καθενός κερδίζει, αποτέλεσμα του πειράματος μετά από αρκετές παρτίδες ο Α κέρδισε σε 12 παρτίδες και ο Β σε 38! Λύση του Ανώνυμου. Η πιθανότητα η Αγγελική να φέρει (με τα κέρματά της) περισσότερες κορώνες από ότι θα φέρει ο Μάρκος (με τα κέρματά του) είναι 50%. Η πιθανότητα να φέρει (με τα κέρματά του) ο Μάρκος περισσότερες κορώνες από την Αγγελική δεν είναι 50%, αλλά καθώς τα δύο ενδεχόμενα δεν είναι συμπληρωματικά, αυτό δε σημαίνει ότι η πιθανότητα να φέρει η Αγγελική περισσότερες κορώνες δεν είναι 50% (στο υπόλοιπο 50% βρίσκεται και η πιθανότητα να φέρουν τις ίδιες κορώνες και επί της ουσίας το υπόλοιπο αυτό ποσοστό είναι η πιθανότητα να φέρει η Αγγελική περισσότερα γράμματα). Εναλλακτικά, μπορούμε απλά να σκεφτούμε ότι η Αγγελική έχει μόνο ένα κέρμα και ο Μάρκος κανένα. Τα υπόλοιπα, αφού είναι ίσα έχουν την ίδια πιθανότητα να φέρουν αντίστοιχα αποτελέσματα και μπορούμε να τα αγνοήσουμε.

Rebus No.198 (6)

8σχόλια

Λύση

Ιλιάδα [Ιλι(Προφήτης Ηλίας)αδα*] *Αδα, (βλέπε, http://asiaminor.ehw.gr/Forms/fLemmaBody.aspx?lemmaid=4546 ) χήρα του σατράπη της Καρίας Ιδριέως και αδελφή του περίφημου Μαυσώλου. Ο Μαύσωλος ήταν σατράπης της Καρίας από το 377 π.Χ. μέχρι το θάνατο του το 353 π.Χ.. Διαδέχθηκε τον πατέρα του, Εκατόμνο. Επέκτεινε την κυριαρχία του στη Λυκία και σε διάφορες ελληνικές πόλεις και νησιά. Βοήθησε τους Ρόδιους, τους Κώους και τους Χίους να επαναστατήσουν ενάντια στη Β' Αθηναϊκή Συμμαχία με σκοπό να τους φέρει κάτω από το δικό του έλεγχο. Τον διαδέχθηκε η σύζυγος και αδερφή του Αρτεμισία. Ο Μαύσωλος είναι γνωστός από τον τάφο που έχτισε γι' αυτόν η Αρτεμισία, ένα από τα επτά θαύματα του Αρχαίου κόσμου, το Μαυσωλείο της Αλικαρνασσού. *Αυγούστα Άντα Κίνγκ, Κόμισσα του Λάβλεϊς (πατρικό Αυγούστα Άντα Μπάιρον) είναι γνωστή για το έργο που άφησε σχετικά με την Αναλυτική Μηχανή του Τσαρλς Μπάμπατζ. Η συνεισφορά της αυτή θεωρείται σήμερα από τους ιστορικούς ως το πρώτο πρόγραμμα για υπολογιστή. Η Άντα γεννήθηκε στο Λονδίνο στις 10 Δεκεμβρίου 1815, ως το μοναδικό νόμιμο τέκνο του Λόρδου Βύρωνα (Τζορτζ Γκόρντον Μπάιρον, George Gordon Baron of Byron) και της συζύγου του, Άννας Ισαβέλλας (Αναμπέλα) Μίλμπανκ (Anne Isabelle Milbanke). Το ζευγάρι χώρισε τον Ιανουάριο του 1816 επειδή η Αναμπέλα δεν άντεχε πλέον τις απότομες αλλαγές διάθεσης του συζύγου της. Αμέσως μετά την έκδοση του διαζυγίου (Απρίλιος 1816), ο Λόρδος Μπάιρον έφυγε οριστικά από την Αγγλία, όπου ποτέ δεν επέστρεψε, αφού πέθανε στην Ελλάδα (Μεσολόγγι) τον Απρίλιο του 1824, όταν η Άντα ήταν οκτώ ετών. Την κηδεμονία της ανέλαβε η μητέρα της, η οποία έκανε ό,τι μπορούσε καλύτερο για την ανατροφή της. Σε ηλικία 17 ετών, η Άντα γνωρίζει τη Μαίρη Σόμερβιλ (Mary Fairfax Sommerville), μια πολύ σημαντική γυναίκα με επιστημονικές ανησυχίες και επιτεύγματα, η οποία αναλαμβάνει τη μόρφωση της Άντα κυρίως στα μαθηματικά. Σε ένα δείπνο στο σπίτι της Σόμερβιλ το 1834 η Άντα ακούει για πρώτη φορά τις ιδέες του Τσαρλς Μπάμπατζ για την Αναλυτική Μηχανή. Το 1835 η Άντα παντρεύεται τον Γουίλιαμ Κινγκ, Κόμητα του Λάβλεϊς (William King, Earl of Lovelace), με τον οποίο αποκτά τρία παιδιά: Τον Μπάιρον (1836), την Αναμπέλα (1837) και τον Ραλφ Γκόρντον (1839). Ο Μπάμπατζ το 1841 δίνει μια διάλεξη στο Τορίνο (Ιταλία) και ο Ιταλός μαθηματικός Λουϊτζι Μενάμπρεα (Luigi Menabrea), κρατώντας σημειώσεις από τη διάλεξη, δημοσιεύει σχετικό άρθρο στα γαλλικά. Η Άντα το μεταφράζει και το στέλνει στον Μπάμπατζ, με τον οποίο είχε πυκνή αλληλογραφία. Αυτός την ενθαρρύνει να γράψει παράλληλα με τη μετάφραση του άρθρου και τα δικά της σχόλια, πράγμα που η Άντα κάνει, τριπλασιάζοντας την έκταση του άρθρου. Εκτός από τις προβλέψεις της ότι μια παρόμοια μηχανή στο εγγύς μέλλον θα μπορεί όχι μόνο να επιλύει μαθηματικά προβλήματα, αλλά και να συνθέτει πολύπλοκη μουσική και να παράγει γραφικά, στο άρθρο περιλαμβάνει ένα "σχέδιο" σχετικά με το πώς η Αναλυτική Μηχανή θα μπορούσε να υπολογίζει αριθμούς Μπερνούλι (Bernoulli numbers). Αυτό ακριβώς το "σχέδιο" θεωρείται από τους ιστορικούς το πρώτο πρόγραμμα υπολογιστή. Το άρθρο δημοσιεύτηκε το 1843. Η Άντα, εκτός από τον Μπάμπατζ, διατηρούσε επίσης επαφές με τον Χουίτστον (Wheatstone), τον Φάραντεϊ (Faraday), τον Ντίκενς (Dickens) και τον Μπριούστερ (Brewster). Παρά την ενασχόλησή της με τις επιστήμες, τη μουσική, την ανατροφή των παιδιών της, η υγεία της δεν είναι καλή. Το 1852 και ύστερα από υπόδειξη των γιατρών της, υφίσταται αφαίμαξη, από την οποία τελικά και πεθαίνει (η πραγματική αιτία ήταν καρκίνος της μήτρας). Ήταν μόνο τριάντα έξι ετών. Η σορός της, με δική της επιθυμία, ενταφιάζεται στο Νότιγχαμ, πλάι σε αυτή του πατέρα της. Η συνεισφορά της αναγνωρίστηκε όταν το 1980 το Υπουργείο Αμύνης των ΗΠΑ παρουσίασε μια γλώσσα προγραμματισμού, την οποία και ονόμασε Ada προς τιμή της. Επίσης, η Βρετανική Εταιρεία Πληροφορικής απονέμει κάθε χρόνο μετάλλιο με το όνομά της. Ο αστεροειδής 523 Άδα (Ada) Είναι ένας αστεροειδής της Κύριας Ζώνης Αστεροειδών με απόλυτο μέγεθος (όπως ορίζεται για το Ηλιακό Σύστημα) 9,60. Ανακαλύφθηκε το 1904 από τον Αμερικανό αστρονόμο Ρέιμοντ Σμιθ Ντάγκαν, που παρατηρούσε από τη Χαϊδελβέργη. Φυσικά χαρακτηριστικά Η μέση διάμετρος της Άδας εκτιμάται σε 31,9 χιλιόμετρα. O φασματικός τύπος της είναι X, ενώ το άλβεδό της είναι 0,2512. Η Άδα περιστρέφεται γύρω από τον εαυτό της μία φορά κάθε 10 ώρες και 2 λεπτά. Στον αστεροειδή αυτό δόθηκε τ’ όνομα της Αυγούστα Άντα Κίνγκ προς τιμήν της.

Οι Προτάσεις

7σχόλια
Σε ένα τετράδιο είναι γραμμένες 1.000 προτάσεις.
Η πρώτη πρόταση αναφέρει ότι:
-«Υπάρχει ακριβώς μία πρόταση σε αυτό το τετράδιο, η οποία είναι ψευδής.»
Η δεύτερη πρόταση αναφέρει ότι:
-«Υπάρχουν ακριβώς δύο προτάσεις σε αυτό το τετράδιο, οι οποίες είναι ψευδείς.»
..................
..................
...................
...................
Η ν-ιοστή πρόταση αναφέρει ότι:
-«Υπάρχουν ακριβώς «ν» προτάσεις σε αυτό το τετράδιο, οι οποίες είναι ψευδείς.»
Μπορείτε να βρείτε ποιές και πόσες είναι οι αληθείς προτάσεις που είναι γραμμένες στο τετράδιο; (Κατ.28/Νο.21)

Λύση

Λύση του Papaveri. Αληθινή πρόταση είναι μόνο η 999η και ψευδείς οι υπόλοιπες. Η δήλωση στη 1η πρόταση είναι ψευδής διότι είναι αντίθετη στην αρχική υπόθεση. Η δήλωση στο 2η πρόταση δεν μπορεί να είναι αληθής διότι τότε θα ήταν αληθής και η δήλωση στη 3η πρόταση. Όμως αν είναι ψευδείς οι δηλώσεις στη 1η πρόταση και στη 2η πρόταση τότε σίγουρα και η δήλωση στη 3η πρόταση είναι ψευδής και από αυτό προκύπτει ότι και η δήλωση στην 998η πρόταση είναι ψευδής. Η δήλωση στην 999η πρόταση είναι αληθής και κατ΄ επέκταση η δήλωση στη 1.000η πρόταση είναι ψευδής. Άρα υπάρχει μια μόνο πρόταση αληθής, η 999η. Εάν ήταν οποιαδήποτε άλλη σωστή τότε θα είχαμε λογική αντίφαση. Λύση του Γ. Ριζόπουλου. H πρόταση 999 (ή γενικά: ν-1 πρόταση από ν συνολικά προτάσεις) είναι η μοναδική αληθής. Λύση του Ε. Αλεξίου. Παλιό και γνωστό θέμα, (τώρα μπορώ να το πω και εγώ αυτό, καθώς συμπλήρωσα 2 χρόνια ενασχόλησης με γρίφους και προβλήματα) αλλά ας δώσω την απάντηση: Οι προτάσεις 1,2,...,ν-2 (λαβαίνοντας υπόψιν και τις δύο επόμενες) αλληλοδιαψεύδονται,η ν-ιοστή αυτοδιαψεύδεται , και μόνο η ν-1 επαληθεύεται. Λύση του Ανώνυμου. 1. Δεν είναι δυνατόν να είναι ψευδείς όλες οι προτάσεις. 2. Αν κάποια από τις προτάσεις είναι αληθής, τότε όλες οι άλλες είναι ψευδείς. Επομένως θα υπάρχουν ν-1 ψευδείς προτάσεις και η αληθής πρόταση είναι η ν-1. Όπου ν=1.000.

Κυριακή, 15 Ιουνίου 2014

Η Καταδίκη

0σχόλια
Ο γνωστός Βασιλιάς από την χώρα των Παραδόξων δεν χάρηκε που έμεινε
μια μέρα νηστικός και αποφάσισε να δικάσει για εσχάτη προδοσία τον
εξυπνάκια σύμβουλο του.Την απόφαση του διακστηρίου την μετέφερε
ο ίδιος ο Βασιλιάς στον σύμβουλο του στις 31 Δεκεμβρίου.
-«Καταδικάζεσαι σε θάνατο για εσχάτη προδοσία.»
-«Μα, Βασιλια μου…»
-«Δεν έχει μα και ξεμα. Θα εκτελεστείς κάποια μέρα του Ιανουαρίου.»
-«Μπορείτε να μου πείτε τουλάχιστον ποιά ημέρα;»
-«Όχι, και μάλιστα δεν πρόκειται να τη μάθεις πρίν τις 8 το πρωί της ημέρας που θα εκτελεστείς.»
Ο σύμβουλος έμεινε για λίγο σκεφτικός, στη συνέχεια ρώτησε τον Βασιλια:
-«Βασιλιά μου παραμένεις ειλικρινής;»
-«Πάντα.»
-«Σε ευχαριστώ που μου χάρισες τη ζωή μου.»
Ο Βασιλιάς έμεινε εκπληκτος, που τον ευχαρίστησε, παρ΄όλο που του
ανακοίνωσε την θανατική καταδίκη του.
Μετά από λίγο ο σύμβουλος ήταν και πάλι ελεύθερος.
Μπορείτε να βρείτε τη μεσολάβησε και ήταν ελεύθερος; (Κατ.27/Νο.387)
Πηγή:Πηγή:http://diadiktyomathphys.wordpress.com/

Λύση

Ο Βασιλιάς διέπραξε το λογικό σφάλμα να προαναγγείλει ότι «μια τυχαία μέρα του Ιανουαρίου θα εκτελεστεί», έτσι δεν θα εκτελεστεί ποτέ, διότι θα ξέρει το πότε, π.χ. ότι θα είναι μια μερα του του Ιανουαριου, οποια και να ειναι!! Την 31 Ιανουαριου αποκλείεται να γίνει η εκτέλεση του, αφού θα είναι προβλέψιμη. Επίσης αποκλείεται η 30η Ιανουαρίου, η 29η, κλπ. Οι φήμες λένε, οτι τελικά ο συμβουλος εκτεληστηκε.

Σάββατο, 14 Ιουνίου 2014

Η Μετατροπή ΙΙ

4σχόλια
Με πόσους τρόπους μπορούμε να χαλάσουμε 100€ σε ψιλά των: 1€, 2€, 5€, 10€, 20€, και 50€; 

Παρασκευή, 13 Ιουνίου 2014

Η Τράπουλα

4σχόλια
Έστω ότι έχουμε τ' ανωτέρω 6 φύλλα μιας τράπουλας, τα οποία ανακατεύουμε. 
Α)Ποια είναι η πιθανότητα μετα το ανακάτεμα τα τέσσερα πρώτα φύλλα της τράπουλας να ειναι με την εξής ανωτέρω σειρά; 
Β)Ποια είναι η πιθανότητα μετα το ανακάτεμα τα δύο πρώτα φύλλα να έχουν άθροισμα
[2+3=5 ή 2+4=6 ή 2+5=7 ή 3+2=5 ή 3+4=7 ή 4+2=6 ή 4+3=7] μικρότερο του 8; (Κατ.33/Νο.31)

Λύση

Α)1/(6*5*4*3)=1/360 --> 0,003%  Β)C(6,2)=(6*5)1*2=30/2=15 διαφορετικές μή διατεταγμένες 2άδες από τα 6 φύλλα. Δυάδες με άθροισμα μικρότερο του 8 είναι οι εξής τέσσερις: 2-3 , 2-4, 2-5, 3-4 P=4/15= ≈0,27%

Πέμπτη, 12 Ιουνίου 2014

Η Αποστολή

3σχόλια
Ένας καθηγητής Μαθηματικών έδωσε την εξής αποστολή στους 20 μαθητές του. Είπε στον καθένα από μία λέξη και στόχος των μαθητών είναι να βάλουν και τις 20 λέξεις στη σωστή σειρά ώστε να αποκαλυφθεί μια πρόταση. Ο καθηγητής όμως έβαλε και έναν όρο, οι μαθητές θα πρέπει τηλεφωνικά να γνωστοποιούν τις λέξεις στους συμμαθητές τους, δηλαδή, εάν ένας μαθητής γνωρίζει 3 λέξεις μπορεί να τις μεταφέρει και στον επόμενο με τον ελάχιστο αριθμό τηλεφώνων. Μπορείτε να βρείτε πόσα τηλεφωνήματα θα γίνουν; (Κατ.34/Νο. 703)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Για να μην παρουσιάζω δουλειά και σκέψεις άλλων για δικές μου,ιδού ένα ενδιαφέρον σχετικό λινκ σε άλλο μπλογκ, όπου συζητείται το ίδιο πρόβλημα: http://kolount.wordpress.com/2008/11/26/peer-to-peer/#comments Εκεί υπάρχει σε εκρεμότητα το "αναγκαίο" της υπόθεσης. Το θέμα είναι διττό,καθότι δεν αρκεί μόνο το "ικανό" δηλαδή πως υπάρχει λύση ας πουμε με 2ν-4 (2*20-4=40-4=36 τηλεφωνήματα στην εκδοχή μας εδώ) αλλά και πως δεν υπάρχει λύση ή γενικά αλγόριθμος με λιγότερα. Αυτή η απόδειξη λοιπόν (του "αναγκαίου και ικανού") για το 2ν-4 παρουσιάζεται στο ωραίο αυτό πέηπερ, με χρήση Θεωρίας Γράφων: http://web.pdx.edu/~caughman/Gossip.pdf

Τετάρτη, 11 Ιουνίου 2014

Η Ιπποδρομία II

4σχόλια
Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούν να τερματίσουν οκτώ άλογα, αν λάβουμε υπόψη μας και την περίπτωση δύο ή περισσότερα άλογα να τερματίσουν στην ίδια θέση. (Κατ.5/Νο.87)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. ΚΟΥΡΣΑ ΕΝΟΣ ΑΛΟΓΟΥ C(1,1)=1 ΚΟΥΡΣΑ 2 ΑΛΟΓΩΝ C(2,2)+C(2,1)*C(1,1)=1+2=3 ΚΟΥΡΣΑ 3 ΑΛΟΓΩΝ C(3,3) +C(3,2)*C(3,1) +C(3,1)*(Κ.2 ΑΛΟΓΩΝ)=1+3+3*3=13 ΚΟΥΡΣΑ 4 ΑΛΟΓΩΝ C(4,4)+C(4,3)*C(1,1)+C(4,2)*(K. 2 AL.)+C(4,1)*(K.3 AL) = 1+4*1+6*3+4*13=75 ΚΟΥΡΣΑ 5 ΑΛΟΓΩΝ C(5,5) +C(5,4)*C(1,1) +C(5,3)*(K. 2AL) +(5,2)*(K 3AL) +C(5,1)*(K. 4 AL)= 1+5*1+10*3+10*13+5*75=541 ΚΟΥΡΣΑ 6 ΑΛΟΓΩΝ C(6,6) +C(6,5)*C(1,1) +C(6,4)*(K. 2AL) +C(6,3)*(K. 3AL) + C(6,2)*(K. 4 AL)+C(6,1)*(K 5AL)= 1+6*1+15*3+20*13+15*75+6*541=4683 ΚΟΥΡΣΑ 7 ΑΛΟΓΩΝ C(7,7)+C(7,6)*C(1,1)+C(7,5)*(K. 2AL)+C(7,4)*(K. 3AL)+ C(7,3)*(K. 4 AL)+C(7,2)*(K 5AL)+C(7,1)*(K 6A) =C(7,7)+C(7,6)*C(1,1)+ C(7,5)*3+ C(7,4)*13+C(7,3)*75+C(7,2)*541+C(7,1)*4683=47293 ΚΟΥΡΣΑ 8 ΑΛΟΓΩΝ C(8,8)+C(8,7)*C(1,1)+C(8,6)*(K. 2AL)+C(8,5)*(K. 3AL)+C(8,4)*(K. 4 AL)+C(8,3)*(K 5AL)+C(8,2)*(K 6A)+C(8,1)*(K 7AL)= C(8,8)+C(8,7)*C(1,1)+C(8,6)*3+C(8,5)*13+C(8,4)*75+C(8,3)*541+C(8,2)*4683+ C(8,1)*47293=545.835 διαφορετικοί τρόποι. Άρα σωστός ο Γιώργος στο: eisatopon.blogspot.gr/2013/02/blog-post_2234.html -#comment-form Λύση του Γ. Ριζόπουλου. H απάντηση είναι ο 8ος αριθμός Φουμπινί (ή αλλιώς "διατεταγμένοι αριθμοί Μπελ") Σ(κ=1 ώς 8)S(8,κ)*κ! S(8,k) οι αριθμοί Στέρλινγκ δευτέρου είδους. =1*1! + 127*2! + 966*3! + 1701*4! + 1050*5!+ 266*6! + 28*7! +1*8! =545.835 διαφορετικοί τρόποι.

Το Κολιέ

2σχόλια
Με πόσους τρόπους μπορούμε να φτιάξουμε ένα κολιέ με  «n»  χάντρες χρώματος κόκκινου και άσπρου; 

Οι Ανασκαφές

6σχόλια
Σε ανασκαφές κατά την δεκαετία του '60 βρέθηκαν στην περιοχή της Παλαιστίνης εκατοντάδες ασημένια νομίσματα της βυζαντινής περιόδου μαζί με ένα τεμάχιο ξύλου που θεωρείτο "τίμιο ξύλο', καθώς και ένα τεμάχιο σκληρού υφάσματος σε καλοδιατηρημένη κατάσταση. Τα νομίσματα είχαν στη μια όψη την προσωπογραφία του Μεγάλου Κωνσταντίνου και γραμμένο στα ελληνικά: "Ρωμαϊκή Αυτοκρατορία" και από την άλλη την προσωπογραφία της μητέρας του Ελένης και γραμμένο 333 μ.Χ. Το ύφασμα είχε στη μια του άκρη γραμμένο "... Ω ΝΙΚΑ" και ένα μέρος σχήματος που θύμιζε σταυρό. Οι αρχαιολόγοι δεν ήταν σίγουροι για την αυθεντικότητα αυτής της σπουδαίας ανακάλυψης, αλλά ένας Γερμανός ιστορικός που κλήθηκε να βοηθήσει αποφάνθηκε:
-«Το ένα από τα τρία ευρήματα δεν είναι αυθεντικό!»
Ποιο και γιατί; (Κατ.27/Νο.386)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. 1)Τίμιο ξύλο δεν υπάρχει. 2)Νόμισμα της εποχής δεν μπορεί να είχε χρονολογία σημερινής κοπής πάνω του. Επιπροσθέτως η επίσημη γλώσσα της αυτοκρατορίας τότε(και για αρκετούς αιώνες μετά),και των νομισμάτων, ήταν τα Λατινικά και όχι τα Ελληνικά, άρα έπρεπε να γράφει "Ιmperium Romanum" και όχι «Ρωμαϊκή Αυτοκρατορία»

Το Πρωτάθλημα

4σχόλια
Δύο σχολεία παίρνουν μέρος στο σχολικό πρωτάθλημα πινγκ-πονγκ. Κάθε σχολείο έχει από 5 αθλητές. Σε κάθε ματς παίζουν δύο αθλητές του ενός σχολείου εναντίον δύο αθλητών του άλλου σχολείου, και αυτό γίνεται με όλους τους δυνατούς τρόπους. Κάθε ζευγάρι από το ένα σχολείο αντιμετωπίζει κάθε ζευγάρι του άλλου σχολείου ακριβώς μία φορά. Σε πόσα ματς θα παίξει ο κάθε μαθητής; (Κατ.5/Νο.86)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Κάθε μαθητής κάθε σχολείου συμμετέχει-σχηματίζει σε 4 δυάδες με τους άλλους 4 συμμαθητές του και με την κάθε δυάδα θα παίξει με C(5,2)=10 δυάδες του άλλου σχολείου, άρα θα παίξει δε 4*10=40 ματς. Λύση του Γ. Ριζόπουλου. C(5,2)=10 οι δυνατές δυάδες κάθε πενταμελούς ομάδας. Κάθε μαθητής μπορεί να ζευγαρώσει με όλους τους υπόλοιπους της ομάδας, δηλαδή με 4. 4*10=40 τα ματς που θα παίξει. Λύση του Papaveri. Οι δυνατοί συνδυασμοί σε δυάδες κάθε πενταμελούς ομάδας ανέρχεται σε: Σ(5,2)=(5*4)/1*2 --> Σ(5,2)=20/2 --> Σ(5,2)=10δυάδες. Επειδεί κάθε μαθητής κάθε σχολείου συμμετέχει σε 4 δυάδες θα παίξει συνολικά: 4*10=40αγώνες.

Τρίτη, 10 Ιουνίου 2014

Rebus No.197 (9)

4σχόλια

Λύση

Αναλήψεως* [Αναλήψ(η)εως] *Ανάληψη του Κυρίου Ημών Ιησού Χριστού. ** Η Νήσος Αναλήψεως (στα Αγγλικά: Ascension Island) είναι ένα νησί στον νότιο Ατλαντικό Ωκεανό, περίπου 1.600 χμ από την ακτή της Αφρικής. Είναι εξαρτημένη περιοχή του Βρετανικού υπερπόντιου εδάφους της Νήσου Αγίας Ελένης, που βρίσκεται 1.287 χμ στα νοτιοανατολικά. Το νησί πήρε το όνομα του από την καταγεγραμμένη ημέρα της ανακάλυψης του, την ημέρα της Αναλήψεως του Σωτήρα. Στο νησί βρίσκεται το Αεροδρόμιο Γουαϊντεγουέηκ (Wideawake Airfield), που είναι μία από κοινού εγκατάσταση της Βασιλικής Πολεμικής Αεροπορίας και της Πολεμικής Αεροπορίας των Ηνωμένων Πολιτειών. Το νησί χρησιμοποιούταν από τον Βρετανικό στρατό κατά την διάρκεια του Πολέμου των Φώκλαντ. Στην Νήσο Αναλήψεως βρίσκεται μία από τις τρεις κεραίες (οι άλλες δύο βρίσκονται στην Ατόλλη Κουατζαλέιν και την Ατόλλη Ντιέγκο Γκαρσία) που βοηθούν στην λειτουργία του Συστήματος Παγκόσμιας Θέσης (GPS).Η Νήσος Αναλήψεως δεν έχει δική της σημαία ή εθνόσημο. Χρησιμοποιούνται η Σημαία της Ένωσης και το Βασιλικό εθνόσημο του Ηνωμένου Βασιλείου.

Οι Χειραψίες

4σχόλια
Σε ένα συνέδριο συμμετείχαν «n» άνθρωποι, άλλοι χαιρετιούνται με χειραψία κι΄ άλλοι όχι. Υπάρχουν, τουλάχιστον, δύο άνθρωποι που έχουν κάνει τον ίδιο αριθμό χειραψιών; (Κατ.32/Νο.40)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Κλασικό θέμα "περιστερώνα" Ντιριχλέ. Έστω κ σύνεδροι από τους n, κ<=n, αντάλλαξαν χειραψία, οι Σ1, Σ2, Σ3, ...,Σκ. Στην καλύτερη περίπτωση αντάλλαξαν 1,2,2,...,κ-1 χειραψίες, έτσι αν αντιστοιχίσουμε αν αντιστοιχίσουμε τους κ συνέδρους στις (κ-1) χειραψίες, οι (κ-1)σύνεδροι αντιστοιχίζονται στις (κ-1) χειραψίες ένα προς ένα και ο κ-ιοστός θα συμπέσει με έναν από τους (κ-1) σε κάποιο αριθμό χειραψιών από τις (κ-1). Γίνεται πιο κατανοητό αν αντί για χεραψίες-γνωριμίες των συνέδρων το δούμε με αντίστοιχο, ισοδύναμο παράδειγμα. Έχουμε 10 αντικείμενα (αντίστοιχο των κ σ.) και θέλουμε να τα τοποθετήσουμε σε 9 θέσεις, αναγκαστικά το 10ο αντικείμενο θα πάει σε μία από τις 9 που ήδη έχουν από ένα αντικείμενο, άρα σε μία θέση 2 αντικείμενα, πόσο μάλλον αν οι θέσεις είναι 8,7.., τότε 2, 3,.. αντικείμενα θα συμπέσουν. Άρα τελικά τουλάχιστον 2 άνθρωποι θα έχουν κάνει τον ίδιο αριθμό χειραψιών. Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Κλασικος περιστερωνας. Οι δυνατες χειραψιες( φωλιες) ειναι n, απο 0 (για οποιον δεν χαιρετα κανεναν) εως n-1 για οποιον χαιρετιεται με ολους. Αλλα η συνυπαρξη 0 και ν-1 ειναι ατοπη. Δεν μπορει να υπαρχει καποιος που εχει χαιρετησει ολους τους αλλους και ταυτοχρονα καποιος που δεν χαιρετησε κανεναν. Υγ. Συγγνωμη για το ατονικο. Ταμπλετας ενεκα. Αρα οι δυνατες χειραψιες ειναι ν-1. Οι ανθρωποι ειναι ν. Αρα σε καποια φωλια(αριθ.χειραψιων) κουρνιαζουν 2 περιστερια(ανθρωποι).

Δευτέρα, 9 Ιουνίου 2014

Rebus No.196 (11)

4σχόλια

Λύση

Μεταμόρφωση* [Μ(XL=Μ=40)ετα(ΕΤΑ**)μόρφωση] *Μεταμόρφωση του Σωτήρος Ημών Ιησού Χριστού. Κατά τη διήγηση των Ευαγγελιστών, ο Κύριος μας Ιησούς Χριστός πήρε από τους μαθητές τον Πέτρο (βλέπε 29 Ιουνίου), τον Ιωάννη (βλέπε 26 Σεπτεμβρίου) και τον Ιάκωβο (βλέπε 30 Απριλίου) και ανέβηκε στό όρος Θαβώρ για να προσευχηθεί. Όπως σημειώνει ο Άγιος Νικόδημος ο Αγιορείτης: «Eπήρε δε τρεις μόνους Aποστόλους, ως προκρίτους και υπερέχοντας. O μεν γαρ Πέτρος επροκρίθη, επειδή ηγάπα πολλά τον Xριστόν. O δε Iωάννης, επειδή ηγαπάτο από τον Xριστόν. O δε Iάκωβος, επειδή εδύνετο να πίη το ποτήριον του θανάτου, το οποίον και ο Kύριος έπιεν». Οι τρεις μαθητές Του, όπως ήταν κουρασμένοι από τη δύσκολη ανάβαση στο Θαβώρ και ενώ κάθισαν να ξεκουραστούν, έπεσαν σε βαθύ ύπνο. Όταν, ξύπνησαν, αντίκρισαν απροσδόκητο και εξαίσιο θέαμα. Το πρόσωπο του Κυρίου άστραφτε σαν τον ήλιο, και τα φορέματα Του ήταν λευκά σαν το φως. Τον περιστοίχιζαν δε και συνομιλούσαν μαζί Του δυο άνδρες, ο Μωϋσής (βλέπε 4 Σεπτεμβρίου) και ο Ηλίας (βλέπε 20 Ιουλίου). Γράφει χαρακτηριστικά ο Άγιος Νικόδημος ο Αγιορείτης: «Έφερε δε εις το μέσον τους τον Mωυσήν και τον Ηλίαν, διά να διορθώση τας σφαλεράς υποψίας, οπού είχον οι πολλοί περί αυτού. Kαθότι, άλλοι μεν έλεγον τον Kύριον, πως είναι ο Ηλίας. Άλλοι δε, πως είναι ο Iερεμίας. Διά τούτο λοιπόν επαράστησεν εις το Θαβώρ τους πρώτους και κορυφαίους Προφήτας, διά να γνωρίσουν οι μαθηταί, και διά των μαθητών όλοι οι άνθρωποι, πόση διαφορά είναι αναμεταξύ του Xριστού, και των Προφητών. O μεν γαρ Xριστός, είναι Δεσπότης. Oι δε Προφήται, είναι δούλοι. Kαι ίνα μάθουν, ότι ο Kύριος έχει την εξουσίαν του θανάτου και της ζωής. Διά τούτο, από μεν τους αποθαμένους, έφερε τον Mωυσήν. Aπό δε τους ζωντανούς, έφερε τον Ηλίαν». Αφού οι μαθητές συνήλθαν κάπως από την έκπληξη, ο πάντα ενθουσιώδης, Πέτρος, θέλοντας να διατηρηθεί αυτή η αγία μέθη που προκαλούσε η ακτινοβολία του Κυρίου, ικετευτικά είπε να στήσουν τρεις σκηνές. Μια για τον Κύριο, μια για το Μωϋσή και μια για τον Ηλία. Πριν προλάβει, όμως, να τελειώσει τη φράση του, ήλθε σύννεφο που τους σκέπασε και μέσα απ' αυτό ακούστηκε φωνή που έλεγε: «Οὗτος ἐστὶν ὁ υἱός μου ὁ ἀγαπητός· αὐτοῦ ἀκούετε» (Λουκά, θ' 28-36). Δηλαδή, Αυτός είναι ο Υιός μου ο αγαπητός, που τον έστειλα για να σωθεί ο κόσμος. Αυτόν να ακούτε. Οφείλουμε, λοιπόν, και εμείς όχι μόνο να Τον ακούμε, αλλά και να Τον υπακούμε. Σε οποιοδήποτε δρόμο μας φέρει, είμαστε υποχρεωμένοι να πειθαρχούμε. **Η ΕΤΑ είναι Βασκική αυτονομιστική οργάνωση μαρξιστικης αναλυσης, που δρα στη Ισπανία, όπου υιοθετώντας πολλές φορές βίαιες μεθόδους στην εκστρατεία που αναλαμβάνει για αναγνώριση βασκικού κράτους έχει χαρακτηρισθεί από τις ΗΠΑ και την ΕΕ ως τρομοκρατική οργάνωση. Το όνομά της είναι το αρκτικόλεξο των βασκικών λέξεων "Euskadi Ta Askatasuna" (= "Βασκικη γη και Ελευθερία"). Ιδρύθηκε αρχικά ως οργάνωση για τη διαφύλαξη της πολιτιστικής κληρονομιάς των Βάσκων το 1959 καθώς και για να εξασκήσει αντίσταση ενάντια στη δικατορία του Φράνκο. Γρήγορα όμως εξελίχθηκε σε παραστρατιωτική ένοπλη οργάνωση, μαρξιστικής ιδεολογίας με στόχο την αυτοδιάθεση και την ανεξαρτησία των Βάσκων.

Οι Πωλήσεις

4σχόλια
Την χρονιά που μας πέρασε (2013) ένα βιβλιοπωλείο πούλησε συνολικά 600 βιβλία Μαθηματικών. Το βιβλιοπωλείο ήταν ανοικτό και τις 7 μέρες κάθε εβδομάδας και πουλούσε τουλάχιστον ένα βιβλίο Μαθηματικών τη μέρα. Είναι αλήθεια ότι υπήρξε μια περίοδος από διαδοχικές ημέρες όπου πουλήθηκαν ακριβώς 129 βιβλία; (Κατ.34/Νο.702)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Ωραίο αριθμοθεωρητικό πρόβλημα! Φωνάζει μεν πως είναι εφαρμογή της αρχής του Ντίριχλετ (Περιστερώνας), αλλά η τεχνική απόδειξη δεν είναι τόσο απλή υπόθεση. Ας ονομάσουμε π(ν) τις αθροιστικές/ανακεφαλαιωτικές πωλήσεις βιβλίων στη νιοστή μέρα. Έχουμε προφανώς: π(ν-1) < π(ν) , π(365)=600 ,και ν μεταξύ 1 και 365.Ισχύει: 1 ≤ π(1) < π(2) < π(3) <…< π(365) (1) Προσθέτοντας 129 στις ανισότητες της (1),έχουμε: 130 ≤ π(1)+129 < π(2)+129 < … < π(365)+129 = 729 (2) Οι ακέραιοι: π(1), π(2),…π(365) είναι 365 διακριτοί (διαφορετικοί μεταξύ τους) ακέραιοι. Ομοίως και οι : π(1)+129, π(2)+129,…,π(365)+129. Άρα τα στοιχεία του συνολου Α={π(1),π(2)…,π(365), π(1)+129,…,π(365)+129} που έχει Card(A)=2*365=730 (δηλαδή έχει 730 στοιχεία) παίρνουν τιμές από 1 ως και το 729. Από Περιστερώνα, έπεται πως 2 στοιχεία πρέπει να είναι ίσα. Τα π(ν) (ν=1,2,…,365) όμως,όπως προείπα, είναι όλα διαφορετικά μεταξύ τους, όπως είναι διαφορετικά μεταξύ τους και τα π(ν)+129 (ν=1,2,…,365), οπότε υποχρεωτικά κάποιο από τα π(ν) ισούται με κάποιο από τα π(ν)+129. Έστω λοιπόν πως: π(i)=π(m)+129 ,με 1 ≤ m < i ≤365 Eπομένως, στο χρονικό διάστημα μεταξύ της (m+1)μέρας και της i-στής (συμπεριλαμβανομένης της μέρας i ) πουλήθηκαν ακριβώς 129 βιβλία. (αφού π(i) –π(m)=129 ). Quod Erat Demonstrandum. YΓ. Προφανώς , με τον ίδιο τρόπο ,μπορούμε να δείξουμε πως οποιοσδήποτε αριθμός βιβλίων μεταξύ 1 και 600 πουλήθηκαν σε κάποιο συνεχόμενο χρονικό διάστημα ημερών από 1 έως 365.

Σχέδιο Νίκης

4σχόλια
Στον πίνακα είναι γραμμένοι όλοι οι ακέραιοι αριθμοί από το 1 έως το 500.
Δύο μαθητές ο «Α» και ο «Β» παίζουν το εξής παιχνίδι:
«Με τη σειρά διαγράφουν ο ένας μετά τον άλλο από έναν αριθμό. Το 
παιχνίδι τελειώνει όταν στον πίνακα απομείνουν δύο αριθμοί.»
Εάν το άθροισμα των αριθμών που απομένουν διαιρείται με το 3, νικητής 
είναι ο «Β».
Εάν το άθροισμα των αριθμών που απομένουν δεν διαιρείται με το 
3,νικητής είναι ο «Α».
Εάν ο «Α» αρχίσει πρώτος, ο «Β» μπορεί να διμηουργήσει μια στρατηγική 
νίκης; (Κατ.3/Νο.27) 
Πηγή:Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Αρχιμήδης 2001"
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2011/04/blog-post_6264.html

Λύση

Λύση του Γ Ριζόπουλου. Σο=[(α+τ)*ν]/2 --> Σο=[(1+500)500]/2 --> Σο=(500*501)/2=125250=0mod3. Υπάρχουν 250 ζεύγη με άθροισμα 501: (1+500=501), (2+499=501),(3+498=501),...,(250+251=501), 501/3=167 =0mod3. Oπότε ο «Β» παίκτης έχει νικητήρια στατηγική επιλέγοντας το ταίρι σε κάθε ζεύγος. Ο «Α» επιλέγει δηλαδή οποιονδήποτε αριθμό «κ» , και ο «Β» επιλέγει τον «501-κ», αφήνοντας το άθροισμα αμετάβλητο «mod3», δηλαδή, «0mod3». Π.χ. Εάν ο «Α» διαγράψει τον αριθμό 3 , ο «Β» διαγράφει τον αριθμό 498 (500-3=498), κ.λ.π. Λύση του Ε. Αλεξίου. 1+2+3+..+500=125250, 125250=0 mod 3, 500/3=166.6666, άρα υπάρχουν 166 αριθμοί που διαιρούνται με το 3(0mod3) και συνεπώς 167 αριθμοί 1mod3(166αρ και το 1) και 167 αριθμοί 2mod3(166 αρ. και το 2) Με βάση τα παραπάνω δεδομένα και το ότι ο «Β» παίζει 2ος ακολουθεί την παρακάτω στρατηγική: Aνάλογα με τον αριθμό που θα διαγράφει ο «Α», ο «Β» θα διαγράφει αριθμό έτσι που το άθροισμα των υπόλοιπων αριθμών να είναι 0 mod 3, πχ αν ο «Α» αριθμό 0 mod 3 o «Β» διαγράφει επίσης 0 mod 3, αν ο «Α» διαγράψει 1 mod 3 ή 2 mod 3 ο «Β» θα διαγράψει 2 mod 3 ή 1 mod 3 αντίστοιχα, έτσι οι 2 τελευταίοι αριθμοί ή θα είναι και οι δύο 0 mod 3, άρα άθροισμα 0 mod3 + 0 mod 3 = 0 mod 3 ή ένας 1 mod 3 και ένας 2 mod 3, άρα άθροισμα 1 mod3 + 2 mod 3 =3 mod 3=0 mod 3. Σε κάθε περίπτωση ο «Β» είναι ο νικητής.
 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes