Κυριακή, 24 Σεπτεμβρίου 2017

Τα Βιβλία

2σχόλια
Σε ένα φεστιβάλ βιβλίου μοιράστηκαν 124 παραμύθια και 93 μυθιστορήματα. Κάθε δύο παιδιά που συμμετείχαν, πήραν ίσο αριθμό παραμυθιών και ίσο αριθμό
μυθιστορημάτων. Πόσα βιβλία πήρε το κάθε παιδί;

Λύση

Υπάρχουν 31 ζεύγη παιδιών και το κάθε ζεύγος παιδιών πήρε από 4 παραμύθια και από 3 μυθιστορήματα. Έστω «α» τα ζεύγη των παιδιών, «x» τα παραμύθια και «y» τα μυθιστορήματα που παίρνει το κάθε ζεύγος παιδιών. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε την εξίσωση:
x+y=124+93=217 (1)
α*(x+y)=124+93=217 (2)
Αναλύουμε τους αριθμούς 124 και 93 σε γινόμενα πρώτων παραγόντων κι’ έχουμε:
124=2^*31=4*31 (3)
93=3*31 (4)
Ο αριθμός 31, που είναι κοινός και στα δύο γινόμενα των πρώτων παραγόντων, αντιστοιχεί στα ζεύγη των παιδιών.
Οι αριθμοί 4 και 3 αντιστοιχούν στα παραμύθια και τα μυθιστορήματα που πήρε κάθε ζεύγος παιδιών. Αντικαθιστούμε τις (3) και (4) στη (2) κι’ έχουμε:
α*(χ+ψ)=124+93=31*4+31*3=31*(4+3)

Κυριακή, 17 Σεπτεμβρίου 2017

Οι Μπάλες

4σχόλια
O Ζήνων έχει 4 κουτιά, βλέπε ανωτέρω σχήμα. Τοποθετεί στο κουτί (α) ν μπάλες. Στην συνέχεια ακολουθεί τα πιο κάτω βήματα:
  • Βάζει τις μισές μπάλες από το (α) στο (β).
  • Βάζει τις μισές μπάλες από το (β) στο (γ).
  • Βάζει τις μισές μπάλες από το (α) στο (γ).
  • Βάζει όλες τις μπάλες από το (α) στο (δ).
  • Βάζει τις μισές μπάλες από το (γ) στο (α).
Σε ποιο κουτί βρίσκονται οι περισσότερες μπάλες:

Λύση

Σε κανένα κουτί δεν υπάρχουν περισσότερες μπάλες. Τελικά όλα τα κουτιά περιέχουν το ίδιο αριθμό από μπάλες μετά την κατανομή. Όλα τα κουτιά θα περιέχουν από δύο μπάλες.
Παραδείγματος Χάριν:
Οι μπάλες που θα περιέχει το κουτί «α» πρέπει να είναι ένας άρτιος
αριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του 4.
Έστω ότι το κουτί «α» περιέχει 8 μπάλες. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:
α = 8 – 4 μπάλες στο κουτί «β» = υπόλοιπο 4 μπάλες – 2 μπάλες στο κουτί «γ» = υπόλοιπο 2 μπάλες – 2 μπάλες στο κουτί «δ» = υπόλοιπο 0 + 2 μπάλες από το κουτί «γ» = 2 μπάλες.
β = 4 μπάλες από το κουτί «α» - 2 μπάλες στο κουτί «γ»= υπόλοιπο 2 μπάλες.
γ = 2 μπάλες από το κουτί «β» + 2 μπάλες από το κουτί «α» = 4 μπάλες – 2 μπάλες στο κουτί «α» = υπόλοιπο 2 μπάλες.
δ= 2 μπάλες από το κουτί «α».

Πέμπτη, 14 Σεπτεμβρίου 2017

Γιορτές Κρασιού και Πιθανότητες!

2σχόλια
Κατά τη γιορτή του κρασιού πολλοί κάτοικοι ενός χωριού έχουν συγκεντρωθεί στο χώρο της γιορτής και δοκιμάζοντας εκεί τα διάφορα κρασιά δωρεάν έχουν έρθει σε κατάσταση μέθης, ώστε να μην ξέρουν που πηγαίνουν. Με τις συνθήκες αυτές, ποια είναι η πιθανότητα κατά την επιστροφή τους να μη βρει κανείς το σπίτι του, αλλά να μπουν όλοι σε ξένα σπίτια;
Διευκρίνιση:
Υποθέτουμε ότι από κάθε σπίτι συμμετέχει ένα άτομο και όλες 
οι περιπτώσεις είναι ισοπίθανες.
Πηγή:http://thanasiskopadis.blogspot.gr/2017/09/blog-post.html

Λύση

Η πιθανότητα κατά την επιστροφή τους να μη βρει κανείς το σπίτι του, αλλά να μπουν όλοι σε ξένα σπίτια είναι περίπου 36,7%.

Όπου e= 2,71828 (μαθηματική σταθερά)

Τετάρτη, 13 Σεπτεμβρίου 2017

Τα Μίλια

2σχόλια
Δύο ταχυδρόμοι, ο Α και ο Β, απέχουν 59μίλια ο ένας από τον άλλο και ξεκινούν το πρωί το ταξίδι για να συναντηθούν. Ο Α διανύει 7μίλια μέσα σε δύο ώρες και ο Β διανύει 8 μίλια μέσα σε τρεις ώρες. Εάν ο Β ξεκινάει το ταξίδι του μία ώρα αργότερα σε σχέση με τον Α, πόσα μίλια θα έχει διανύσει ο Α μέχρι να συναντήσει τον Β;

Λύση

Ο «Α» μέχρι να συναντήσει τον «Β» θα έχει διανύσει 35μίλια. Έστω «x» τα μίλια που θα έχει διανύσει ο Α μέχρι να συναντήσει τον Β, οπότε (59 − x) είναι τα μίλια που θα διανύσει ο Β μέχρι το σημείο συνάντησης. Ο Α ταξιδεύει 7μίλια μέσα σε 2 ώρες, οπότε τα «x» μίλια θα τα διανύσει σε (2x)/7 ώρες. Ο Β ταξιδεύει 8μίλια μέσα σε 3 ώρες, οπότε τα (59−x) μίλια θα τα διανύσει σε:
[3*(59-x)/8]=(177-3x)/8 ώρες (1).
Ωστόσο ο ταχυδρόμος Β σύμφωνα με την εκφώνηση ξεκινάει μία ώρα αργότερα από τον Α, οπότε:
1+(177-3x)/8=(2x)/7 (2)
1+(177-3x)/8=(2x)/7 ---> [8*1+(177-3x)]/8=(2x)/7 ---> [8+(177-3x)]/8=(2x)/7 ---> [7*(8+177-3x)]=8*2x ---> 7*(185-3x)=8*2x ---> 1.295-21x=16x ---> 16x+21x=1.295 ---> 37x=1.295 ---> x=1.295/37 ---> x=35
∆ηλαδή, ο Α θα διανύσει 35μίλια μέχρι να συναντήσει τον Β.
Διευκρίνιση:
Από το βιβλίο του Claude -Gaspard Bachet (1581-1638) με τίτλο «Problemes plaisans et delectables qui se font par les nombres», 1612. Πρόκειται για την πρώτη συλλογή διασκεδαστικών μαθηματικών που τυπώθηκε. Τα αριθμητικά προβλήματα που περιλαμβάνει δεν είναι όλα πρωτότυπα, κάποια είναι παρμένα από προγενέστερες συλλογές όπως η Παλατινή Ανθολογία και οι συλλογές του Αλκουίνου, του Μοσχόπουλου και του Tartalia

Δευτέρα, 4 Σεπτεμβρίου 2017

Ένα Μυθικό Πρόβλημα Μοιρασιάς

4σχόλια
ύψος 40,6 εκ., περίπου 530-510 π.Χ.
Βρετανικό Μουσείο, 1837,0609.42 / Β226
Παριστάνει τους:
Κένταυρος Φόλος – Ηρακλής και Ερμής
Σε ένα από τα πολλά ταξίδια του ο Ηρακλής,  ο μυθικός ήρωας, στο βουνό των
Κενταύρωντο Πήλιο, βρέθηκε αντιμέτωπος με μια παρέα 5 Κενταύρων,  τον 
Χείρωνα, τον Φόλο, τον Νέσσο, τον Άγχιο, και τον Άγριο, οι όποιοι ήταν
έτοιμοι να πιαστούν στα χέρια ή στα...πόδια αν προτιμάτε, γιατί δεν μπορούσαν
να μοιραστούν μια ποσότητα κρασιού. Ο ήρωας προσφέρθηκε  να τους βοηθήσει.
Αυτοί λοιπόν του έδειξαν 45 φλασκιά με κρασί και του διευκρίνησαν τα εξής:
Εννέα φλασκιά ήταν γεμάτα με κρασί. (4/4=100μονάδες)
Εννέα  περιείχαν κατά τα τρία τέταρτα κρασί. (3/4=75μονάδες)
Εννέα  περιείχαν κατά το ένα δεύτερο κρασί. (2/4=50μονάδες)
Εννέα  περιείχαν κατά το ένα τέταρτο κρασί. (1/4=25μονάδες)
Και εννέα  φλασκιά ήταν άδεια. (0/4=0μονάδες)
Οι Κένταυροι έπρεπε  να μοιραστούν τόσο το κρασί όσο και τα φλασκιά.
Δηλαδή έπρεπε ο κάθε Κένταυρος να πάρει:
- Την ίδια ποσότητα κρασιού.
- Τον ίδιο αριθμό φλασκιών και ειδικότερα να πάρει από κάθε είδος φλασκιού
(ως προς   την ποσότητα) τουλάχιστον ένα.
-Επίσης κανένα ζεύγος Κενταύρων να μην πάρει τον ίδιο αριθμό από κάθε είδος
φλασκιού (δεν θα μπορούσαν για παράδειγμα δυο Κένταυροι να πάρουν από 2
φλασκιά γεμάτο κρασί).
Ο Μυθικός ήρωας αφού σκέφτηκε  λίγο κατόρθωσε να κάνει την μοιρασιά.
Εσείς μπορείτε;

Παρασκευή, 1 Σεπτεμβρίου 2017

Οι Άντρες

3σχόλια
Ένας βασιλιάς διέταξε έναν αυλικό του να μαζέψει άντρες για το στρατό από 30 χωριά,
ως εξής:
-«Από κάθε χωριό που θα φεύγεις θα παίρνεις τόσους άντρες , όσοι ήταν αυτοί που πήγαν. ∆ηλαδή, στο πρώτο χωριό που θα φτάσεις μόνο σου, φεύγοντας θα πάρεις μαζί σου άλλον ένα. Στο δεύτερο χωριό θα φτάσετε δύο άτομα, άρα φεύγοντας από το χωριό θα πάρεις  μαζί σου άλλους δύο, σύνολο 4 κ. ο. κ. ε.»
Πόσους άντρες συνολικά θα συγκεντρώσει  ο αυλικός από τα 30 χωριά που θα επισκεφθεί;
Σημείωση:
Από το έργο «Propositiones ad Acuendos Juvenes» - “Προβλήματα για να τροχίζουν το μυαλό των νέων”, του Albinus Flaccus Alcuin (735-804), πρόβλημα Νο.13.

Λύση

Ο αυλικός από τα 30 χωριά θα συγκεντρώσει 1.073.741.823 άντρες. Βάσει του τύπου του αθροίσματος της γεωμετρικής προόδου Σn=[α*(ω^n-1)]/(ω-1) βρίσκουμε το σύνολο των 30 όρων της γεωμετρικής προόδου:
Σn=[α*(ω^n-1)]/(ω-1)=[1*(2^(30)-1]/2-1=[1*(2^(30)-1)]/1=[(1*1.073.741.824) -1]=
1.073.741.824-1=1.073.741.823
Στο 1ο χωρίο πήγε μόνος του και έφυγαν 2 άτομα =2^1.
Στο 2ο χωριό πήγαν 2 άτομα και έφυγαν 4 άτομα = 2^2.
Στο 3ο χωριό πήγαν 4 άτομα και έφυγαν 8 άτομα = 2^3.
......................
......................
......................
Στο 30ο χωριό πήγαν 536.870.912 = 2^29 άτομα και έφυγαν 1.073.741.824 άτομα = 2^30.
Από το 30ο χωριό θα φύγουν 1.073.741.824 άτομα. Ο αυλικός θα πάει στον βασιλιά του
(2^n-1)=[(2^30)-1] = (1.073.741.824 -1) = 1.073.741.823 άντρες.

Πέμπτη, 31 Αυγούστου 2017

Ο Αριθμός

2σχόλια
Ένας αριθμός διαιρούμενος με το 3 αφήνει υπόλοιπο 2, διαιρούμενος με το 5 αφήνει υπόλοιπο 3, και διαιρούμενος με το 7 αφήνει υπόλοιπο 2. Ποιος είναι ο αριθμός;
Σημείωση:
Από το τρίτομο βιβλίο με τίτλο «Κλασσική Αριθμητική του Sun – Tsu ή Suan – Tse.

Λύση

Είναι ο αριθμός 23. Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός είναι ο Ν. Από τη σειρά των αριθμών 3, 5, και 7 βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. τους που είναι:
Ε.Κ.Π.( 3,5,7)=3*5*7=105
Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε τις εξής εξiσώσεις:
x=3y+2 (1)
x=5z+3 (2)
x=7u+2 (3)
όπου y, z, και u, φυσικοί ακέραιοι αριθμοί.
Ο κανόνας που εφάρμοζαν οι Κινέζοι σ’ αυτή τη περίπτωση, τον οποίο ονόμαζαν Ta-yen,δε διαφέρει κατ’ ουσία από εκείνον ο οποίος εδόθη κατόπιν από τον Gauss (§§ Disq. Aritm. 32-36). Κατ’ εφαρμογή αυτού του κανόνος, προσδιορίζονται (δοκιμαστικώς;) τρεις αριθμοί, «k», «l», και «m», τέτοιοι ώστε να έχουμε:
5*7*k ≡1(mod.3) (4)
7*3*l ≡1(mod.5) (5)
3*5*m ≡1(mod.7) (6)
Αποδεκτές τιμές για τις μεταβλητές «k», «l», και «m» είναι:
«k=2», «l=1», και «m=1»
Αντικαθιστούμε τις τιμές των μεταβλητών στις (4), (5), και (6) κι’ έχουμε:
5*7*2=70 (7)
7*3*1=21 (8)
3*5*1=15 (9)
Πολλαπλασιάζουμε τα αποτελέσματα των ανωτέρω γινομένων με τα υπόλοιπα των διαιρέσεων 2, 3, και 2 κι’ έχουμε:
5*7*2=70*2=140 (10)
7*3*1=21*3=63 (11)
3*5*1=15*2=30 (12)
Προσθέτουμε τα αποτελέσματα των ανωτέρω γινομένων κι’ έχουμε:
140+63+30=233
Από το ανωτέρω άθροισμα αφαιρούμε το Ε.Κ.Π. των διαιρετών 3, 5, και 7, όσες φορές είναι δυνατόν φθάνοντας στο ζητούμενο αριθμό 23, ή πιο σωστά, στο ελάχιστο από αυτά, κι’ έχουμε: 233-105=128-105=23

Τετάρτη, 30 Αυγούστου 2017

Ο Αριθμός της Πινακίδας

2σχόλια
Ο Παύλος γράφει έναν διψήφιο αριθμό, όπου το ψηφίο των μονάδων είναι το ίδιο με το ψηφίο των δεκάδων και τον πολλαπλασιάζει επί 3.
Το γινόμενο το πολλαπλασιάζει επί 11.
Το νέο γινόμενο το πολλαπλασιάζει επί 3.
Το τελικό γινόμενο αποτελείται από 4 ψηφία, τα οποία αποτελούν τον αριθμό της πινακίδας του αυτοκινήτου του, ο οποίος λήγει σε 3, δηλαδή: ΑΚ  - - - 3.
Ποιος είναι ο αριθμός του αυτοκινήτου του;

Λύση

O ζητούμενος αριθμός της πινακίδας του αυτοκινήτου του Παύλου είναι: ΑΚ 7623
Έστω (αα) ο ζητούμενος διψήφιος αριθμός, ο οποίος παριστάνεται (10α+α). Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
(10*α)+α ---> (11*α)*(3*11*3) ---> (11*α)*99 ---> 1.089*α (1)
Διερεύνηση:
Δίδοντας στο "α" τις τιμές από το 1 έως το Ν, βλέπουμε ,ότι ο μοναδικός αριθμός, ο οποίος εάν πολλαπλασιασθεί με το 1.089 θα μας δώσει γινόμενο ένα τετραψήφιο αριθμό που να λήγει σε 3, είναι ο αριθμός 7.
Πράγματι, εάν αντικαταστήσουμε το "α", στην ανωτέρω εξίσωση, με το 7 θα έχουμε:
1.089*α ---> 1.089*7=7.623
Επαλήθευση:
10α+α ---> (10*7)+7 ---> 70+7=77 ---> 77*(3*11*3)=77*99=7623 ο.ε.δ.

Σάββατο, 5 Αυγούστου 2017

Το Αγρόκτημα

4σχόλια
Σ’ ένα αγρόκτημα ένας  αγρότης εκτρέφει άλογα, πρόβατα και κότες. Κάθε
είδος ζώου είναι ένας διαφορετικός πρώτος αριθμός. Ο αγρότης σκέφτηκε
ως εξής:
-«Εάν πολλαπλασιάσω το πλήθος των προβάτων μου με το άθροισμα των αριθμών
των προβάτων και των αλόγων μου, τότε θα βρω έναν αριθμό μεγαλύτερο κατά
120 από τις κότες μου.»
Πόσα ήταν τα ζώα που είχε ο αγρότης και πόσα είχε aπό  το καθ' ένα; (Κατ.34/Νο.686)
Πηγή: Από το βιβλίο "Ο Οιδίποδας και η Σφίγγα", του Α. Πούλου

Λύση

Συνολικά είχε 36 ζώα, 2 άλογα, 11 πρόβατα, και 23 κότες. Έστω «Α» τα άλογα «Π» τα πρόβατα και «Κ» οι κότες. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:
Π*(Π+Α)=Κ+120 (1)
Εάν «Α», «Π», και «Κ» πρώτοι αριθμοί εκτός του 2, τότε Π*(Π+Α)= άρτιος αριθμός και Κ+120 περιττός αριθμός, άτοπον, άρα:
α) Κ+120 άρτιος, άρα Κ=2 ---> Π*(Π+Α)=122=2*61 (1*122 δεν γίνεται δεκτό αφού το 1 δεν θεωρείται πρώτος αριθμός), άρα Π=2 και Α=59 άρα Α=59, Π=2, Κ=2
β) Κ+120= περιττός αριθμός ---> Π*(Π+Α)= περιττός αριθμός ---> Π= περιττός και Α=2 και η εξίσωση γίνεται: Π*(Π+2)=Κ+120 ---> Π^2+2Π-120=Κ ή (Π+12)*(Π-10)=Κ(=πρώτος αριθμός) ---> (Π-10) = 1 ---> Π =11 και Κ=11+12=23 Άρα Α=2, Π=11, Κ=23
Επαλήθευση:
Π*(Π+Α)=Κ+120 ---> 11*(11+2)=23+120 ---> 11*13=143

Δευτέρα, 3 Ιουλίου 2017

Οι Δύο Έμποροι *

0σχόλια
Δύο έμποροι μεταβαίνουν μαζί στην αγορά, εκεί συναντούν έναν σαράφη που πουλούσε ένα σμαράγδι προς 10.000 χρυσά νομίσματα. Ο καθένας από τους δύο εμπόρους μέτρησε τα χρήματα που είχε. Και οι δύο διαπίστωσαν ότι τα χρήματα που είχαν δεν επαρκούσαν για την αγορά του σμαραγδιού.
Ο πρώτος λέει στο δεύτερο:
-«Δάνεισε μου το 1/5 των χρημάτων σου, οπότε με τα χρήματα που έχω στο πορτοφόλι μου θα μπορέσω ν’ αγοράσω το σμαράγδι.»
Ο δεύτερος τότε του λέει:
-«Όχι, δάνεισε μου  εσύ το 1/7 των χρημάτων σου,  οπότε με τα χρήματα που έχω στο πορτοφόλι μου θα μπορέσω ν’ αγοράσω το σμαράγδι.»
Ζητείται το ποσό των χρημάτων που είχε έκαστος έμπορος στο πορτοφόλι του. (Κατ.34)
* Πρόβλημα του Νικόλαου Αρταβάσδου του Σμυρναίου, γνωστός ως Ραβδάς, από το έργο  του «Δεύτερη των  Επιστολών», που γράφτηκε το 1341.

Λύση

Ο πρώτος έμπορος είχε 8.235,29 χρυσά νομίσματα και ο δεύτερος είχε 8.823,53 χρυσά νομίσματα. Έστω «x» τα χρυσά νομίσματα του πρώτου εμπόρου και «y» τα χρυσά νομίσματα του δευτέρου εμπόρου. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:
x+(y/5)=10,000 (1)
y+(x/7)=10.000 (2)
Από την (1) συνάγουμε ότι:
x+(y/5)=10,000 ---> 5x+y=5*10.000 ----> 5x+y=50.000 (3)
Από την (2) συνάγουμε ότι:
y+(x/7)=10.000 ---> 7y+x=7*10.000 ---> 7y+x=70.000 (4)
Από τη (4) συνάγουμε ότι:
7y+x=70.000 ----> x=70.000-7y (5)
Αντικαθιστούμε τη (5) στη (3) κι’ έχουμε:
5x+y=50.000 ---> 5*(70.000-7y)+y=50.000 ----> 350.000-35y+y=50.000 ---->
34y=350.000-50.000 ---> 34y=300.000 ----> y=300.000/34 ----> y=8.823,53 (6)
Αντικαθιστούμε την (6) στη (5) κι’ έχουμε:
x=70.000-7y ---> x=70.000-7*8.823,53 ---> x=70.000- 61764,71 ---> x=8.235,29 (7)
Επαλήθευση:
x+(y/5)=10,000 ----> 8.235,29+(8.823,53/5)=10.000 ----> 8.235,29+1.764,71=10.000
y+(x/7)=10.000 ---> 8.823,53+(8.235,29/7)=10.000 ---> 8.823,53+1.176,47=10.000

Τρίτη, 27 Ιουνίου 2017

Η Πιθανότητα

2σχόλια
Ένας βάτραχος τρώει τρεις μύγες την ημέρα (ας το ονομάσουμε "γεύμα"). Μέχρι να συμπληρώσει το γεύμα του, η πιθανότητα να πιάσει όποια μύγα περάσει από μπροστά του είναι 50%. Μια μύγα είναι έτοιμη να κάνει το μεγάλο τόλμημα, να περάσει από μπροστά του. Ποια είναι η πιθανότητα να την γλυτώσει η μύγα, δεδομένου ότι πέντε μύγες έχουν κάνει ήδη την προσπάθεια; (Κατ.33)

Λύση

Κινδυνεύει στην περίπτωση που στις πέντε μύγες που έχουν περάσει, ο βάτραχος έχει πιάσει 0 ή 1 ή 2 μύγες. Η πιθανότητα αθροιστικά για τα τρία ενδεχόμενα, από τύπο διωνυμικής κατανομής είναι:
P=P0+P1+P2=0.03125+0.15625+0.3125=0.5
Η πιθανότητα να πιαστεί είναι 0.5∗0.5=0.25
Η πιθανότητα να γλυτώσει είναι 1−0.25=0.75
Και ένας “μπακαλίστικος” τρόπος!
Στις πέντε μύγες που έχουν προσπαθήσει, πιθανοτική μαθηματική ελπίδα - έχουν πιαστεί:
5∗0.5=2,5 μύγες.
Άρα το ρίσκο της έκτης μύγας είναι (3−2.5)∗0.5=0.25.
Επομένως γλυτώνει με πιθανότητα:
1−0.25=0.75.

Τρίτη, 16 Μαΐου 2017

Ο Βαθμός

0σχόλια
Σε ένα διαγωνισμό πήραν μέρος 9 άτομα. Όλοι εκτός από 5, πήραν βαθμό 5. Όλοι εκτός από 6, πήραν βαθμό 6. Οι υπόλοιποι πήραν βαθμό 7. Πόσα ήταν τα άτομα που πήραν βαθμό 7; (Κατ.34)

Λύση

Βαθμό 5 πήραν: 9-5=4 μαθητές
Βαθμό 6 πήραν: 9-6=3 μαθητές
Άρα βαθμό 7 πήραν: 9-7=2 μαθητές]

Κυριακή, 7 Μαΐου 2017

Η Τιμή

0σχόλια
Μια παρέα, που αποτελείται από «n» άτομα, παίζει ένα επιτραπέζιο παιγνίδι με τους εξής κανόνες:
(α)Σε κάθε γύρο του παιγνιδιού παίζουν ακριβώς 3 άτομα.
(β)Το παιγνίδι ολοκληρώνεται μετά από «n» γύρους.
(γ)Κάθε δυάδα παικτών έχει παίξει μαζί τουλάχιστον ένα γύρο.
Να προσδιορίσετε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή του «n».(Κατ.5) 
34η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «Ο Αρχιμήδης», 2017
 Θέμα Νο.4:https://drive.google.com/file/d/0B1wl0ZTW2zvOODk1UmlXOU5XVms/view

Λύση

Αφού σε κάθε γύρο του παιγνιδιού παίζουν ακριβώς 3 άτομα, το πλήθος των δυάδων σε κάθε γύρο είναι C(3,2)=(1*2*3)/1*2=3. Επομένως όταν το παιγνίδι ολοκληρωθεί μετά από «n» γύρους θα έχουν παίξει μαζί «3n» δυάδες ατόμων. Για να ικανοποιείται η συνθήκη «γ», της εκφωνήσεως του προβλήματος, δηλαδή, να έχουν παίξει όλες οι δυάδες παικτών μαζί ένα γύρο, πρέπει το «3n» να είναι μεγαλύτερο ή ίσο από το συνολικό πλήθος των δυάδων, που είναι C(n,2). Δηλαδή, πρέπει να είναι:
C(n,2) μικρότερο ή ίσο με 3n <=> [n*(n-1)]/2 μικρότερο ή ίσο με 3n <=> (n-1)/2≤3 <=> n μικρότερο ή ίσο με 7
Στη συνέχεια θ’ αποδείξουμε ότι η τιμή n=7 είναι η μεγαλύτερη δυνατή, αφού ικανοποιεί τους κανόνες του προβλήματος. Πράγματι, για n=7 έχουμε:
C(n,2) ---> C(7,2)=7!/(2!*5!)=(1*2*3*4*5*6*7)/(1*2*1*2*3*4*5)=(6*7)/(1*2) ---> 42/2=21=3*7
Εάν υποθέσουμε ότι τα επτά μέλη της παρέας είναι οι: Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ, και Η, τότε είναι δυνατόν να ορίσουμε επτά τριάδες που θα παίξουν στους επτά γύρους που πρέπει να πραγματοποιηθούν, έτσι ώστε όλα τα μέλη της παρέας ανά δύο να έχουν παίξει ένα παιγνίδι σ’ ένα τουλάχιστον γύρο, ώστε να ικανοποιείται η συνθήκη του προβλήματος. Μια λύση δίνουν οι κατωτέρω τριάδες:
(Α,Β,Γ), (Α,Δ,Ε), (Α,Ζ,Η), (Β,Δ,Η), (Β,Ε,Ζ), (Γ,Δ,Ζ), και (Γ,Ε,Η) ο. ε. δ.

Σάββατο, 6 Μαΐου 2017

Οι Τιμές

2σχόλια
Οι αριθμοί 2.015 και 757 διαιρούμενοι με το θετικό αριθμό «x» δίνουν και οι δύο υπόλοιπο 17. Ποιες είναι οι δυνατές τιμές του «x»; (Κατ.34)

Λύση

Λύση του Voulagx.
Οι δυνατές τιμές του «x» είναι 37 και 74.
2015=χ*κ+17 =>2015-17=χ*κ =>χ*κ=1998=2*(3^3)*37=(2*37)*(3^3)=74*(3^3)(1)
757=χ*λ+17 =>757-17=χ*λ =>χ*λ=740=2*2*5*37=(2*37)*2*5=74*2*5(2)
Αφαιρώντας κατά μέλη έχουμε:
2015-757=χ*(κ-λ) =>χ*(κ-λ)=1258=(2*37)*17=74*17 (3)
Από τις (1),(2) και (3) προκύπτει ότι κοινοί διαιρέτες, μεγαλύτεροι του 17, των αριθμών 1998,740 και 1258 είναι οι 37 και 74, άρα χΕ{37,74}.
Λύση του Θεματοδότη.
Οι δυνατές τιμές του «x» είναι 37 και 74. Σύμφωνα με τον τύπο της Ευκλείδειας διαίρεσης Δ=δ*π+υ έχουμε τις εξής δύο εξισώσεις:
x*π1+17=2.015 ---> x*π1=1.998(1)
x*π2+17=757 ---> x*π2=740 (2)
Επειδή το «x» είναι κοινός διαιρέτης των αριθμών 1.998 και 740 έχουμε:
1998=2*(3^3)*37=(2*37)*(3^3)=74*(3^3)(1)
740=2*2*5*37=(2*37)*2*5=74*2*5 (2)
Άρα 1.998=2*3^3*37 και 740=2^2*5*37
Οι κοινοί διαιρέτες των αριθμών 1.998 και 740 είναι οι: 1, 2, 37, 74
Επειδή το υπόλοιπο είναι μικρότερο του διαιρέτη ("υ" μικρότερο του "x"),θα πρέπει ο διαιρέτης να είναι μεγαλύτερος του 17 ("χ" μεγαλύτερος του 17)
Άρα ο διαιρέτης ισούται με x=37 ή 74.

Οι Ηλικίες

2σχόλια
Οι μαθητές μιας τάξης σε κάποιο σχολείο ρώτησαν τον καθηγητή τους:
-«Κύριε καθηγητά,  πόσων ετών είστε και ποια είναι η ηλικία των παιδιών σας;»
Ο καθηγητής δεν έχασε την ευκαιρία, για να τους προβληματίσει, τους είπε:
-«Εάν πολλαπλασιάστε την ηλικία που είχα πριν 5 χρόνια με την ηλικία που θα έχω μετά από 5 χρόνια, το γινόμενο ισούται με 1.200. Όσον αφορά την ηλικία των δύο παιδιών μου, αυτά είναι δίδυμα. Εάν πολλαπλασιάστε ή προσθέσετε τις ηλικίες τους θα βρείτε τον ίδιο αριθμό.» (Κατ.34)
Πηγή:Μαθηματικά Γ΄ Γυμνασίου Κεφ.2, πρβ.9, σελ.102, εκδ. Ο. Ε. Δ. Β. Α.

Λύση

Η ηλικία του καθηγητή είναι 35 ετών και των παιδιών του 2 ετών το καθ’ ένα αφού είναι δίδυμα. Έστω «α» η ηλικία του καθηγητή, Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε την εξίσωση:
α)Για την ηλικία του καθηγητή:
(α-5)*(α+5)=1.200 (1)
α^2-5α+5α-25=1.200 ---> α^2=1.200+25 ---> α^2=1.225
Υψώνουμε και τα δύο μέλη στην τετραγωνική ρίζα κι’ έχουμε:
α^2=1.225 ---> ---> α=35 (2)
Επαλήθευση:
(α-5)*(α+5)=1.200 ---> (35-5)*(35+5)=1.200 ---> 30*40=1.200 - ο.ε.δ.
β)Για την ηλικία των παιδιών του:
Έστω «β» η ηλικία έκαστου παιδιού και «ω» η εμφάνιση του ίδιου αριθμού της ηλικίας λόγω του ότι είναι δίδυμοι. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε τις εξισώσεις:
ω=β*β (1)
ω=β+β (2)
Από την (1) συνάγουμε ότι:
ω=β*β ---> ω=β^2 (3)
Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε:
ω=β+β ---> β^2=2β ---> (β^2)/β=2 ---> β=2 (4)
Επαλήθευση:
ω=β*β ---> ω=2*2 ---> ω=4
ω=β+β ---> ω=2+2 ---> ω=4 - ο.ε.δ.

Παρασκευή, 5 Μαΐου 2017

Οι Αριθμοί των Σελίδων

2σχόλια
Ο καθηγητής των μαθηματικών πρότεινε στους μαθητές του να λύσουν ορισμένες ασκήσεις για να εμπεδώσουν την ενότητα που διδάχθηκαν.
Οι μαθητές ρώτησαν τον καθηγητή:
-«Σε ποια σελίδα του βιβλίου των μαθηματικών βρίσκονται οι ασκήσεις;»
Ο καθηγητής τους απάντησε:
-«Οι ασκήσεις βρίσκονται στις σελίδες που το γινόμενο των αριθμών των δύο
αντικριστών σελίδων ισούται με 506.»
Σε ποιες σελίδες του βιβλίου των μαθηματικών βρίσκονται οι ασκήσεις;(Κατ.34)
Πηγή: Μαθηματικά Γ΄ Γυμνασίου Κεφ.2, πρβ.6, σελ.101, εκδ. Ο. Ε. Δ. Β. Α.

Λύση

Λύση του Voulagx.
Οι ασκήσεις βρίσκονται στις σελίδες 22 και 23. Οι αριθμοί των αντικριστών σελίδων είναι διαδοχικοί φυσικοί αριθμοί. Έστω «χ» και «χ+1» οι αριθμοί των σελίδων. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:
χ*(χ+1)=506 ---> χ^2+χ-506=0 (1)
χ=(-1+sqrt(1+4*506))/2, αρνητική ρίζα, οπότε απορρίπτεται.
χ=(-1+sqrt(1+2024))/2=(-1+sqrt(2025))/2=(-1+sqrt(81*25))/2
χ=(-1+9*5)/2=(-1+45)/2=44/2=22.
Λύση του Θεματοδότη.
Οι ασκήσεις βρίσκονται στις σελίδες 22 και 23 του βιβλίου των μαθηματικών. Έστω «α» ο ένας αριθμός της σελίδας και (α+1) ο άλλος αριθμός της σελίδας. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε την εξίσωση:
α*(α+1)=506 ---> α^2+α=506 ---> α^2+α-506=0 (1)
Βάσει του τύπου της δευτεροβάθμιας εξίσωσης x=[-β±sqrt[(β)^2-4αγ]/2α έχουμε:
x=[-β±sqrt[(β)^2-4αγ]/2α ---> x=[-1±sqrt[(1)^2-4*1*(-506)]/2*1 --->
x=[-1±sqrt[1+2.024]/2 ---> x=[-1±sqrt[2.025]/2 ---> x= (-1±45)/2
x1= (-1+45)/2 ---> x1=44/2 ---> x1=22
x2= (-1-45)/2 ---> x2= -46/2 ---> x2= -23 αρνητική ρίζα, οπότε απορρίπτεται.
Δεκτή μόνο η ρίζα «x1».
Αντικαθιστούμε την τιμή του «x1» στην (1) κι’ έχουμε:
α*(α+1)=506 ---> 22*(22+1)=506 ---> 22*23=506 ο.ε.δ.

Πέμπτη, 4 Μαΐου 2017

Τα Βιβλία

11σχόλια
Ο Πυθαγόρας αγόρασε μία βιβλιοθήκη. Στη βιβλιοθήκη χωράνε περισσότερα από 50 βιβλία και λιγότερα από 90. Τα βιβλία που θα τοποθετήσει ο Πυθαγόρας στη βιβλιοθήκη είναι 3 περισσότερα από ένα πολλαπλάσιο του 5 και 2 λιγότερα από ένα πολλαπλάσιο του 6.
Ζητούμενα:
(α) Να βρείτε πόσα βιβλία θα τοποθετήσει ο Πυθαγόρας στη βιβλιοθήκη.
(β) Αν ένα από τα ράφια της βιβλιοθήκης χωράει 3 βιβλία, μπορεί ο Πυθαγόρας να τοποθετήσει όλα τα βιβλία στη βιβλιοθήκη και να αφήσει κενό αυτό το ράφι; (Κατ.34)
Πηγή:https://drive.google.com/file/d/0Bw22VI38b4XDODd0WjFPZjZLM1E/view
Πηγή:7ος ΤΟΠΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ «ΚΑΡΑΘΕΟΔΩΡΗ» Α΄ Γυμνασίου 12 ΝΟΕΜΒΡΙΟΥ 2016

Λύση

(A)Λύση του Voulagx
(α)Με αυτά τα δεδομένα το πρόβλημα επιδέχεται δυο λύσεις: 58 και 88.
χ=5ω+3=6φ-2 ---> 5(ω+1)=6φ ---> 5(ω+1-φ)=φ
Το «φ» είναι πολλαπλάσιο του 5. Έστω (φ=5κ), οπότε έχουμε:
90 μεγαλύτερο του (χ=6*5κ-2) μεγαλύτερο του 50 --->92 μεγαλύτρο του (30κ) μεγαλύτερο του 52
92/30 μεγαλύτερο του (κ) μεγαλύτερο του 52/30 --->3,06 μεγαλύτερο του (κ) μεγαλύτερο του 1,73
Συνεπώς: κΕ{2,3}.
Για κ=2: χ=30*2-2=58 βιβλία.
Για κ=3: χ=30*3-2=88 βιβλία.

(β) Όχι ο Πυθαγόρας δεν μπορεί ν’ αφήσει το ράφι που χωράει τρία βιβλία κενό, διότι τα ράφια της βιβλιοθήκης είναι 5 με χωρητικότητα 17 και 11 βιβλία αντίστοιχα με την περίπτωση:
(α) 88-3=85=17*5
(β) 58-3=55=11*5
οπότε τα 3 βιβλία που περισσεύουν θα τοποθετηθούν στο μικρό ράφι που χωράει 3 βιβλία.
(B)Λύση της Ε.Μ.Ε. - Παράρτημα Ροδόπης
https://drive.google.com/file/d/0Bw22VI38b4XDZlltbjB4d254Tm8/view

Δευτέρα, 1 Μαΐου 2017

Οι Πόντοι

2σχόλια
Στους τελευταίους τρεις αγώνες μπάσκετ ο Αλέξης σημείωσε κατά μέσο όρο 21 πόντους. Εάν στον πρώτο αγώνα, από τους τρεις, σημείωσε 22 πόντους και στον τρίτο αγώνα, από τους τρεις σημείωσε 25 πόντους, πόσους πόντους σημείωσε στον δεύτερο αγώνα από τους τρεις; (Κατ.34)
Πηγή:11ος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαγωνισμός "ΠΑΙΧΝΙΔΙ & ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ" Ε΄ και ΣΤ΄ Δημοτικού του περιοδικού "Ο ΜΙΚΡΟΣ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" (ΣΤ΄ Δημοτικού)

Λύση

Ο Αλέξης σημείωσε 16 πόντους. Έστω «α» οι πόντοι που σημείωσε στο πρώτο αγώνα, «β» οι πόντοι που σημείωσε στο δεύτερο αγώνα, και «γ» οι πόντοι που σημείωσε στο τρίτο αγώνα. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος συνάγουμε το εξής συμπέρασμα:
Οι 21 πόντοι αποτελούν τον μέσο όρο των συνολικών πόντων που σημείωσε ο Αλέξης στους τρεις τελευταίους γύρους, οπότε έχουμε την εξίσωση:
(α+β+γ)/3=21 (1)
Αντικαθιστούμε τις τιμές «α» και «γ» με τους δεδομένους πόντους, από την εκφώνξση του προβλήματος, που σημείωσε στον πρώτο και τρίτο αγώνα και βρίσκουμε πόσους πόντους σημείωσε στον δεύτερο αγώνα από τους τρεις.
(α+β+γ)/3=21 ---> (22+β+25)/3=21 ---> (47+β)/3=21 47+β=21*3 ---> 47+β=63 ---> β=63-47 ----> β=16 (2)
Επαλήθευση:
(α+β+γ)/3=21 ----> (22+16+25)/3=21 ----> 63/3=21 ο.ε.δ.
Άρα ο Αλέξης σημείωσε 16 πόντους στον δεύτερο αγώνα από τους τρεις τελευταίους.

Κυριακή, 30 Απριλίου 2017

Πάσχα 2017!!

0σχόλια
*      Ελληνικά: "Χριστός Ανέστη!"
*      Λατινικά: "Christus resurrexit! Resurrexit vere!"
*      Ιταλικά: "Gesù Cristo è risorto! È veramente risorto!"
*      Αγγλικά: "Christ is Risen! Truly He is Risen!" or
*      Αγγλικά:"Christ is Risen! He is Risen indeed!"
*      Γαλλικά: "Le Christ est ressuscité! Il est vraiment ressuscité!"
 * * * * * * * * * 
Χριστός Ανέστη! Η ιστοσελίδα «Papaveri1948” εύχεται σε όλους Χρόνια Πολλά! Είθε, ο Αναστημένος Χριστός να μας βοηθήσει να ξεπεράσουμε την οικονομική κρίση, στην οποία έχουμε περιέλθει, και να ζήσουμε καλύτερες ημέρες!

Σάββατο, 29 Απριλίου 2017

Οι Αριθμοί

4σχόλια
Το γινόμενο δύο αμοιβαίων κατοπτρικών αριθμών, (όπου ο ένας προκύπτει από την αντιστροφή της σειράς των ψηφίων του άλλου), ισούται με 92.565. Ποιοι είναι αυτοί οι αριθμοί;
Διευκρίνιση:
*Παλινδρομικός ή καρκινικός, ή κατοπτρικός αριθμός καλείται ο αριθμός που δηλώνει την παλινδρομική ή καρκινική, ή κατοπτρική όμοια εκφορά του αριθμού, από την αρχή προς το τέλος και από το τέλος προς την αρχή π.χ. ο αριθμός 838 είναι παλινδρομικός ή καρκινικός ή κατοπτρικός. (Κατ.34)
Πηγή:Quantum:Μαθηματικοί Γρίφοι (Τόμος 2ος, πρβ.50, Σελ.37)

Λύση

Λύση του Voulagx
Μετατρέπουμε τον αριθμό 92.565 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κι' έχουμε:
92565=3^2*5*11^2*17=(3*5*11)*(3*11*17)=165*561
Οι ζητούμενοι αριθμοί είναι ο 165 και ο 561.

Παρασκευή, 28 Απριλίου 2017

Σκαμνιά και Πολυθρόνες

5σχόλια
Σ’ ένα δωμάτιο υπάρχουν μερικά σκαμνιά με τρία  πόδια και μερικές πολυθρόνες. με τέσσερα πόδια. Όταν σε κάθε σκαμνί και σε κάθε πολυθρόνα κάθεται ένας άνθρωπος, το συνολικό πλήθος των ποδιών στο δωμάτιο είναι 39. Πόσα σκαμνιά και πόσες πολυθρόνες υπάρχουν στο δωμάτιο; (Κατ.34)
Πηγή: Quantum:Μαθηματικοί Γρίφοι (Τόμος 1ος, πρβ.57, Σελ.42)

Λύση

Λύση του Voulagx
Έστω ότι υπάρχουν «χ» σκαμνιά και «ψ» πολυθρόνες, όπου (χ,ψ) φυσικοί αριθμοί. Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος θα έχουμε:
3χ+4ψ+2(χ+ψ)=39 --->2χ+4ψ+2χ+2ψ=39 ---> 5χ+6ψ=39 ---> 5χ=39-6ψ (1)
χ=(39-6ψ)/5 ---> χ=(40-1-6ψ)/5 ---> χ=40/5-(1+6ψ)/5 ---> χ=8-(1+ψ+5ψ)/5 ---> χ=8-5ψ/5-(1+ψ)/5 ---> χ=8-ψ-(1+ψ)/5 (2)
Πρέπει το (1+ψ) να είναι πολλαπλάσιο του 5, δηλ. 1+ψ=5κ (3)
Από την (1) έχουμε:
39-6ψ>0 ---> 39>6ψ ---> 39/6=6,5>ψ ---> 7,5>1+ψ=5κ ---> 7,5/5=1,5>κ
Άρα κ=1 (ο μόνος φυσικός μικρότερος του 1,5).
Oπότε η (3) γίνεται:
1+ψ=5 => ψ=4
Και αντικαθιστώντας τη τιμή του «ψ» στη (2) έχουμε:
χ=8-4-(1+4)/5=4-1=3 ---> χ=3
Στο δωμάτιο υπάρχουν 3 σκαμνιά και 4 πολυθρόνες. Τραπεζάκια για τους καφέδες δεν έχουμε για να μην μπλέξουμε τα πόδια.
Λύση του θεματοδότη
Στο δωμάτιο υπάρχουν 3 σκαμνιά και 4 πολυθρόνες. Έστω «Σ» τα σκαμνιά και «Π» οι πολυθρόνες. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε την εξίσωση:
5Σ+6Π=39 (1)
(α) Σ = Σκαμνί και Άνθρωπος= 3+2=5 πόδια.
(β) Π = Πολυθρόνα και Άνθρωπος=4+2=6 πόδια.
5Σ+6Π=39 ---> 5Σ=39-6Π ---> Σ=(39-6Π)/5 (2)
Διερεύνηση:
Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε την διερεύνηση των ακέραιων ριζών. Δίνοντας στο "Π" τις τιμές από το 1 έως το Ν, βλέπουμε ότι η μοναδική τιμή που ικανοποιεί τη συνθήκη και δίνει ακέραιο αριθμό "Σ" είναι ο αριθμός Π=4
Αντικαθιστούμε τη τιμή του «Π» στη (2) κι’ έχουμε:
Σ=(39-6Π)/5 ---> Σ=(39-6*4)/5 ---> Σ=(39-24)/5 ---> Σ=15/5 ---> Σ=3
Επαλήθευση:
5Σ+6Π=39 ---> [(5*3)+(6*4)]=39 ---> 15+24=39  ο. ε. δ.

Σάββατο, 22 Απριλίου 2017

Τα Μυρμήγκια

4σχόλια
Σε μια κοινότητα μυρμηγκιών, εάν τα χωρίσεις σε ομάδες των 8 μυρμηγκιών δεν  περισσεύει κανένα μυρμήγκι, ενώ εάν τα χωρίσεις σε ομάδες των 6 ή 7 μυρμηγκιών περισσεύουν 4.μυρμήγκια. Από πόσα μυρμήγκια αποτελείται αυτή η κοινότητα, εάν γνωρίζουμε ότι είναι περισσότερα από 60 και λιγότερα από 100; (Κατ.5)

Λύση

Τα μυρμήγκια είναι 88. Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός είναι ο «Ν». Από τη σειρά των αριθμών 6 και 7 βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. τους που είναι:
Ε.Κ.Π.(6,7) =6*7=42
Συνεπώς ο (Ν-4) ισούται μ’ ένα πολλαπλάσιο του 42:
(Ν-4)=42, (Ν-4)=84, (Ν-4)=126, …, (Ν-4)=∞. Και Ν=(Πολλαπλάσιο+4), δηλαδή Ν=42+4=46, Ν=84+4=88, Ν=126+4=130, …, Ν= ∞+4= ∞.
Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος, διαλέγουμε το πολλα-πλάσιο που βρίσκεται μεταξύ του 60 και του 100, που είναι το 84.
Επομένως ο ζητούμενος αριθμός είναι:
Ν=(Πολλαπλάσιο+4) ----> Ν=84+4 ---> Ν=88
Επαλήθευση:
88mod6=4 ---> 88:6=6*14+υπ.4=84+4=88
88mod7=4 ---> 88:7=7*12+υπ.4=84+4=88
88mod8=0 ---> 88:8=8*11+υπ.0=88+0=88
 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes