Papaveri48

Μαγικα Τετράγωνα και Μαγικά Άστρα

2012-02-12T21:52:00.000+02:00

Εκδόθηκε το βιβλίο μου με τίτλο "Ιστορική Αναφορά για τα Μαγικά Τετράγωνα και τα Μαγικά Άστρα". Περιέχει την ιστορική αναδρομή από την αρχαιότητα μέχρι σήμερα, το "στήσιμο" των Μαγικών Τετραγώνων και Άστρων κ.α. Όσοι επιθυμούν να το αγοράσουν μπορούν ν' απευθυνθούν σ' εμένα μέσω του ιστολογίου μου.

Κότες και αυγά

2012-02-12T21:50:00.001+02:00

Αν μία και μισή κότα σε μία και μισή ημέρα κάνει ένα και μισό αυγό, τότε πόσα αυγά κάνουν έξι κότες σε επτά ημέρες;(Κατ.34/Πρβλ. Νο.491)

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.com/2012/02/blog-post_733.html

Λύση

Οι 6 κότες σε 7 ημέρες θα γεννήσουν 28 αυγά. Βάσει των δεδομένων
της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
Κατάταξη:
Η μια μισή κότα σε 36 ώρες (3/2 ημέρες) γεννάει ένα και μισό αυγό.
Οι 6 κότες σε 168 ώρες (7 ημέρες*24ώρες) θα γεννήσει x; αυγά
x = (168*6)/36 --> x =1.008/36 --> x = 28 αυγά

Ματ σε Δύο

2012-02-12T16:16:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 2 κινήσεις.

(Δαμ. Σπαθ./Σ.6)

Λύση

Κλειδί:1.Βα5-η5!(zz),Ρδ7-γ8
2.Αθ5-η4#
1....,Ρδ7-γ6
2.Βη5-β5#
1....,Ρδ7-ε8
2.Βη5-ε6#
1....,Ρδ7-ε6
2.Ιη6-ζ8#
Θέμα: «Star Flight»

Το Επαγγελματικό Ταξίδι

2012-02-09T23:17:00.005+02:00

Ο Γιάννης, που μένει στη Φλώρινα, έχει μια σοβαρή επαγγελματική συνάντηση στις 6:30 μμ. στην Κοζάνη. Γνωρίζοντας ότι η απόσταση από το σπίτι του μέχρι το γραφείο που θα πραγματοποιηθεί η συνάντηση είναι ακριβώς 84 χιλιόμετρα, ξεκίνησε με το αυτοκίνητό του ακριβώς στις 5:00 μμ. Όμως στις 5:30 ακριβώς, φτάνοντας στο 36ο χιλιόμετρο της διαδρομής του (λίγο μετά το Αμύνταιο), έπαθε λάστιχο. Μέχρι να το αντικαταστήσει με τη ρεζέρβα και να ετοιμαστεί για τη συνέχεια του ταξιδιού η ώρα πήγε 5:55. Πόσο πρέπει να αυξήσει την μέση ταχύτητα του δεύτερου μέρους του ταξιδιού σε σχέση με αυτή του πρώτου μέρους, για να είναι στην ώρα του στη συνάντηση; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.490)

Πηγή:?

Διευκρίνιση:
Για ευνόητους λόγους, όταν ο γρίφος είναι ξένος, η πηγή

λήψεως του θα αναφέρεται μετά τη λύση του.

Λύση

Κείμενο που θα κρύβεται.

Η αλυσίδα

2012-02-09T18:00:00.003+02:00

Διαθέτουμε τα 6 κομμάτια αλυσίδας της εικόνας και θέλουμε να τα ενώσουμε για να σχηματίσουμε ένα μεγάλο κομμάτι αλυσίδας. Αν ένας έμπειρος σιδεράς χρειάζεται 15 δευτερόλεπτα για να ανοίξει έναν κρίκο της και διπλάσιο χρόνο για να τον ενώσει πάλι, πόσο χρόνο θα χρειαστεί για να φτιάξει το μεγάλο κομμάτι αλυσίδας και από πόσους κρίκους θα αποτελείται αυτό; (Κατ.30/Πρβλ. Νο.17)
Πηγή: mathslife.eled

Λύση

Λύση που έστειλε ο N. Lntzs.
α) Μέγεθος αλυσίδας
Τα έξι κομμάτια της αλυσίδας αν ενωθούν όλα, για να αποτελέσουν μια
ενιαία αλυσίδα αυτή θα αποτελείται από 4+5+6+7+8+9=39 κρίκους.
β) Απαιτούμενος Χρόνος
Για κάθε κρίκο που θα ανοιχθεί και στην συνέχεια επανενωθεί, θα
απαιτηθεί χρόνος 15+2*15=45 sec.
Το πρόβλημα λοιπόν μετατοπίζεται στο πλήθος των κρίκων που πρέπει
να ανοιχθούν και στην συνέχεια να επανενωθούν.
Τέσσερις κρίκοι είναι ικανοί να ενώσουν πέντε κομμάτια.
Έστι ανοίγουμε όλους τους κρίκους της αλυσίδας των τεσσάρων και με
αυτούς συνδέουμε τα εναπομείναντα πέντε κομμάτια, ενώνοντας τους
τέσσερις κρίκους που ανοίξαμε. Απαιτούμενος λοιπόν χρόνος
4*45 sec = 180 sec ή τρία λεπτά.
Λύση Papaveri
Με έναν ανοιχτό κρίκο ο σιδεράς μπορεί να συνδέσει δύο κομμάτια
αλυσίδας ενώ για να συνδέσει όλα τα κομμάτια που έχουμε, πρέπει
να κάνει μια λιγότερη σύνδεση από το πλήθος τους.
Για κάθε σύνδεση χρειάζεται ένα άνοιγμα και ένα κλείσιμο κρίκου,
δηλαδή, 15 + 2 x 15 = 45 δευτερόλεπτα.
Όμως για να κατασκευάσει το μεγάλο κομμάτι αλυσίδας, δεν χρειάζεται
να κάνει 5 συνδέσεις, όπως φαίνεται με την πρώτη ματιά, αλλά 4:
Θα ανοίξει όλους τους κρίκους (4) του μικρότερου κομματιού και θα
τους χρησιμοποιήσει για να συνδέσει μεταξύ τους τα υπόλοιπα 5
κομμάτια. Έτσι θα φτιάξει την αλυσίδα σε 4 x 45 = 180 δευτερόλεπτα
ή 180 : 60 = 3 λεπτά. Αυτό το μεγάλο κομμάτι αλυσίδας θα αποτελείται
από:
4+5+6+7+8+9=(4+9)+(5+8)+(6+7)=3x13=39 κρίκους.

Ένα Βσιλικό Ταξίδι

2012-02-08T01:04:00.004+02:00

Παίζουν τα λευκά και κάνουν ματ σε 5 κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.50/Νο.138)

Λύση

1.Ιγ6!(zz),Ρ:Ι (Φορσέ. Εάν 1….,~ 2.Ββ7+,Ρε8 3.Βε7# 1....,δ5 2.Ββ7+,Ρδ6
3.Ιδ8 (>4.Ιζ7#),γ4 4.Ιζ7+,Ργ5 5.Βγ8#/Βγ7# 1....,δ5 2.Ββ7+,Ρε8 3.Βε7#)
2.Βγ8+(zz),Ρδ5 3.Βα8+(zz),Ργ4 4.Βα2+(zz),Ρδ3 5.Βε2#.

Η Διαφήμιση

2012-02-08T00:30:00.006+02:00

Σε μεγάλο Super Market για να διαφημίσουν ένα νέο γάλα έφτιαξαν σε κεντρικό σημείο του χώρου, τρεις πυραμίδες από κουτιά με γάλα. Κάθε πυραμίδα αποτελείτο από δέκα «ορόφους». Στον πρώτο όροφο τοποθέτησαν ένα κουτί, στο δεύτερο όροφο τοποθέτησαν τέσσερα κουτιά, στον τρίτο όροφο τοποθέτησαν εννέα κουτιά και συνέχισαν με τον ίδιο τρόπο μέχρι τη βάση της πυραμίδας. Πόσα συνολικά κουτιά γάλα χρησιμοποίησαν; (Κατ.3/Πρβλ. Νο.20)

Πηγή:mathslife.eled

Λύση

Λύση του N.Lntzs.
Η κάθε πυραμίδα έχει:
Σ=1^2 + 2^2 + 3^2+...+10^2=1+4+9+16+25+36+49+64+81+100=385
Εδώ για ν=10 έχουμε:
Σ=10*11*21/6=2310/6=385.
Επομένως χρησιμοποιήθηκαν για τις τρεις πυραμίδες 3*385=1155 κουτιά.
Γενικά:
Το άθροισμα των τετραγώνων των ν πρώτων στη σειρά φυσικών είναι:
ν*(ν+1)*(2ν+1)/6, δηλαδή,
Σ=1^2 + 2^2 + 3^2+...+ν^2= Σ=ν(ν+1)(2ν+1)/6.

Περί Περιστροφών

2012-02-07T16:45:00.003+02:00

Και στα τέσσερα διαγράμματα παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 2 κινήσεις. Τα διαγράμματα «β», «γ» και «δ», προέρχονται εάν περιστρέψουμε το διάγραμμα «α» κατά 90,180,270 και 360 μοίρες αντίστοιχα κατά τη φορά των δεικτών του ρολογιού. (Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.56/Νο.149δ)

Λύση

Λύση του batman1986
Σε κάθε περίπτωση έχουμε ως κίνηση κλειδί την προαγωγή πιονιού
απλώς αλλάζει κάθε φορά το πιόνι στο οποίο μετατρέπεται(έχουμε
και τις 4 περιπτώσεις-βασίλισσα,πύργος,αξιωματικός,Ίππος)
Περίπτωση α:
1.δ7-δ8(Β)+!,Ρζ6-ε6
2.Πη7-ε7#
(προαγωγή σε ίππο θα οδηγούσε σε πάτ)
Περίπτωση β:
1.β7-β8(Π)!,Ρζ3-ζ4
2.Πβ8-ζ8#
(προαγωγή σε βασσίλισα ή αξιωματικό θα οδηγούσε σε πατ)
Περίπτωση γ:
1.δ7-δ8(Α)!,Ργ3-δ4
2.Αδ8-ζ6#
(προαγωγή σε βασσίλισα ή πύργο θα οδηγούσε σε πατ)
Περίπτωση δ:
1.ζ7-ζ8(Ι)!,Ργ6-δ5
2.Αγ8-β7#

Η Μαγική Εικόνα

2012-02-05T23:08:00.002+02:00

Που πρέπει να τοποθετειθεί ο Μαύρος Βασιλιάς, ώστε όταν παίξουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις; (Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.82/Νο.203)

Λύση

Ο Μαύρος Βασιλιάς πρέπει να τοποθετηθεί στο τετράγωνο "θ1".
1.Ργ1!,Αβ2+/Α:δ2+/Α:Π/Α:δ4/~ 2.Ρ:Α±/Ρ:Α±/Β:Π±/Β:Π±/Βδ1±.

Τα Σοκολατάκια

2012-02-05T20:04:00.003+02:00

Η Χριστίνα πλήρωσε 22,50 € για να αγοράσει σοκολατάκια των 0,55€ το ένα και μικρά σοκολατένια αυγά των 0,35€ το ένα. Αγόρασε τόσα σοκολατάκια όσα και σοκολατένια αυγά. Πόσα κομμάτια αγόρασε από το καθένα συνολικά; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.488)

Πηγή:?

Διευκρίνιση:
Για ευνόητους λόγους, όταν ο γρίφος είναι ξένος, η πηγή
λήψεως του θα αναφέρεται μετά τη λύση του.

Λύση

Λύση του batman1986
Έχουμε 2 εξισώσεις με 2 αγνώστους.
0,55χ+0,35ψ=22,50 (1)
χ=ψ (2)
Αντικαθιστούμε στην (1) την τιμή του «χ» με τη τιμή «ψ» κι’ έχουμε:
0,55χ+0,35ψ=22,50 --> 0,55ψ+0,35ψ=22,50 --> 0,90ψ=22,50 -->
ψ=22,50/0,90 --> ψ=25 (3)
Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε:
χ=ψ --> χ=25 (4)
Επαλήθευση:
0,55χ+0,35ψ=22,50 --> (0,55*25)+(0,35*25)=22,50 -->
13,75+8,75=22,50€ ο.ε,δ.

Για την απελευθέρωση ενός δούλου

2012-02-04T15:54:00.008+02:00

Ένας αρχαίος Ρωμαίος γαιοκτήμονας είχε στην ιδιοκτησία του έναν πορτοκαλεώνα στoν οποίον εργάζονταν 100 δούλοι. Την ημέρα των γάμων της κόρης του αποφάσισε να ελευθερώσει έναν απ’ αυτούς. Επειδή όμως δεν ήξερε ποιον να διαλέξει τους έβαλε την παρακάτω δοκιμασία:

Κάθε δούλος θα έπαιρνε ένα καλάθι και θα έβαζε μέσα όσα πορτοκάλια ήθελε. Στη συνέχεια θα περνούσε από τρεις πύλες που θα τον οδηγούσαν τελικά έξω από τον πορτοκαλεώνα. Σε κάθε πύλη θα άφηνε στους φρουρούς της από όσα πορτοκάλια είχε τα μισά και μισό ακόμη, χωρίς να κόψει όμως κανένα πορτοκάλι. Ο πρώτος που περνώντας και από την τελευταία πύλη θα είχε πλέον ένα μόνο πορτοκάλι στο καλάθι του, θα ελευθερωνόταν και θα έπαιρνε και 100 σηστέρσια = 25 δηνάρια (Ρωμαϊκά νομίσματα. Ένα σηστέρσιο ήταν ισοδύναμο με 1/4 του δηναρίου.).

Με πόσα πορτοκάλια πρέπει να ξεκινήσει ένας δούλος για να ελευθερωθεί;

(Κατ.34/Πρβλ. Νο.487)

ΥΠΑΡΧΟΥΝ ΔΥΟ ΛΥΣΕΙΣ

Πηγή:mathslife.eled

Λύση

Πρώτη λύση
Αφού ο δούλος δε θα κόψει πορτοκάλι για να αφήσει τα μισά και μισό
σε κάθε πύλη θα πρέπει έτσι να συμπληρώνεται ακέραιος αριθμός
πορτοκαλιών, άρα τα μισά πορτοκάλια θα πρέπει να περιλαμβάνουν και
μισό πορτοκάλι.Επομένως φθάνοντας σε κάθε πύλη θα έχει μαζί του μονό
(περιττό) αριθμό πορτοκαλιών και θα αφήνει στους φρουρούς της ένα
παραπάνω πορτοκάλι από όσα θα παίρνει μαζί του. Έτσι:
Για να φύγει από την τρίτη πύλη με 1 πορτοκάλι πρέπει να αφήσει στους
φρουρούς της 2 και να φτάσει σ’ αυτή με 3.
Για να φύγει από τη δεύτερη πύλη με 3 πορτοκάλια πρέπει να αφήσει
στους φρουρούς της 4 και να φτάσει σ’ αυτή με 7.
Για να φύγει από την πρώτη πύλη με 7 πορτοκάλια πρέπει να αφήσει στους
φρουρούς της 8 και να φτάσει σ’ αυτή με 15.
Δηλαδή για να ελευθερωθεί ένας δούλος πρέπει να αρχικά να βάλει στο
καλάθι του 15 πορτοκάλια.
Δεύτερη λύση
Ξεκινάμε από το τέλος.
Περνώντας από την τελευταία πύλη, ο δούλος πρέπει να έχει 1 πορτοκάλι.
Αν έδινε τα μισά ακριβώς πορτοκάλια θα του έμεναν στο τέλος 1 και μισό
πορτοκάλια. Άρα φτάνοντας σ’ αυτή πρέπει να έχει στο καλάθι του τα
διπλάσια δηλαδή 3.
Επομένως περνώντας τη δεύτερη πύλη πρέπει να έχει 3 πορτοκάλια.
Αν και σ’ αυτή έδινε ακριβώς τα μισά θα του έμεναν στο καλάθι του 3,5
πορτοκάλια. Άρα φτάνοντας πρέπει να έχει τα διπλάσια δηλαδή 7.
Με το ίδιο σκεπτικό, φτάνοντας στην πρώτη πύλη πρέπει να έχει το
διπλάσιο του 7,5 δηλαδή 15 πορτοκάλια.
Άρα, για να ελευθερωθεί ένας δούλος, πρέπει να ξεκινήσει με 15
πορτοκάλια στο καλάθι του.

Μια θέση για τον Bασιλιά

2012-02-03T14:48:00.001+02:00

Όπως βλέπετε στο διάγραμμα λείπουν ο Λευκός και ο Μαύρος Βασιλιάς. Τοποθετείστε στη σκακιέρα τον Λευκό Βασιλιά, με τέτοιο τρόπο, ώστε οπουδήποτε κι’ εάν τοποθετηθεί ο Μαύρος Βασιλιάς τα Μαύρα να είναι ματ.(Ανθ. Σκακ. Παρ./ Σ.101/Νο.245)

Λύση

Λύση Batman1986
Ελέγχοντας την σκακιέρα δίχως τους βασιλιάδες παρατηρώ ότι το
μόνο κενό τετράγωνο που δεν απειλείται είναι το η5. Άρα ο
λευκός βασιλιάς πρέπει οπωσδήποτε να τοποθετηθεί σε
παρακείμενα αυτού η σε αυτό ώστε να μην υπάρχει τετράγωνο που
δεν απειλείται. Υπάρχουν 7 πιθανές θέσεις αλλά απορρίπτουμε τις
5 γιατί παρατηρούμε επίσης ότι ο μαύρος βασιλιάς μπορεί να
τοποθετηθεί έτσι ώστε να φάει τον αξιωματικό στο η3 στη
συνέχεια(θέση που δεν απειλείται αν ο μαύρος βασιλιάς έμπαινε
στα (ζ6,η6,θ6,η5,θ5). Άρα βάζουμε το λευκό βασιλιά ή στο θ4 ή
στο ζ4.Το θ4 απορρίπτεται αφού ο μαύρος μπορεί να πάει στο
τετράγωνο θ1 που πλέον δεν απειλείται λόγω κάλυψης της στήλης θ
του πύργου από το βασιλιά. Άρα το τετράγωνο που πρέπει να
τοποθετηθεί ο λευκός βασιλιάς είναι το ζ4.
Λύση Math
Ο λευκός Ρ πρέπει να βρίσκεται στο f4. Αυτό καλύπτει την
περίπτωση που ο μαύρος Ρ βρίσκεται στο h2 (οπότε η τελευταία
κίνηση του λευκού ήταν Bh4-g3 διπλό σαχ, ματ), καθώς και την
περίπτωση ο μαύρος Ρ να βρίσκεται στο f2. Σημειωτέον ότι ο μαύρος
Ρ δεν μπορεί να βρίσκεται στο g6 (όπου δεν θα ήταν ματ, λόγω της
άμυνας ...Bb1xf5), διότι τότε η προηγ/νη κίνηση του λευκού έπρεπε
να είναι exf5+, αλλά δεν επαρκούν τα κοψίματα!
Λύση Papaveri:
Η μόνη θέση που μπορεί να τοποθετηθεί ο Λευκός βασιλιάς, για να
ικανοποιήσει την συνθήκη του προβλήματος, είναι το τετράγωνο «ζ4».
Εάν ο Λευκός βασιλιάς τοποθετηθεί στο τετράγωνο «θ4», ο Μαύρος
βασιλιάς στο τετράγωνο «θ1» δεν είναι ματ.
Εάν ο Λευκός βασιλιάς τοποθετηθεί στο τετράγωνο «ζ2», ο Μαύρος
βασιλιάς στο τετράγωνο «η5» δεν είναι ματ.
Εάν ο Λευκός βασιλιάς τοποθετηθεί στο τετράγωνο «θ2», ο Μαύρος
βασιλιάς στο τετράγωνο «η5» δεν είναι ματ.

Οι «Μπάλες» του Κανονιού

2012-02-03T14:46:00.003+02:00

Ένας Φιλέλληνας κατά τη διάρκεια της Επανάστασης του 1821 αγόρασε και έφερε με πλοίο στο λιμάνι της Καλαμάτας όπλα και πολεμοφόδια. Μεταξύ άλλων υπήρχε ένα κανόνι και «μπάλες» για να τις εκτοξεύει, συσκευασμένες σε βαρέλια ανά 30. Για να μεταφερθούν στο κάστρο της πόλης χρησιμοποιήθηκαν καλάθια, που στο καθένα έβαλαν 12 «μπάλες» και τα φόρτωσαν σε γαϊδουράκια. Τα καλάθια ήταν 15 περισσότερα από τα βαρέλια. Πόσες ήταν οι «μπάλες» του κανονιού και πόσα τα βαρέλια;
(Κατ.34/Πρβλ. Νο.486)
Πηγή:mathslife.eled

Λύση

Πρώτος τρόπος λύσης
Τοποθετώντας από κάθε κιβώτιο μόνο τις 12 μπάλες σε ένα καλάθι,
σε κάθε κιβώτιο περίσσεψαν: 30 – 12 = 18 μπάλες. Οι μπάλες, που
περίσσεψαν από όλα τα κιβώτια, τοποθετήθηκαν στα 15 επιπλέον
καλάθια.Στα καλάθια αυτά τοποθετήθηκαν:
15 x 12 = 180 μπάλες.
Άρα τα κιβώτια ήταν: 180 : 18 = 10.
Και οι μπάλες ήταν: 10 x 30 = 300.
Δεύτερος τρόπος λύσης
Είναι 30 = 2 x 12 + 6, άρα από τις μπάλες κάθε κιβώτιου
γέμισαν δύο καλάθια και περίσσεψαν 6 μπάλες.
Επομένως κάθε δύο κιβώτια γέμισαν 5 καλάθια (4 καλάθια και 12
μπάλες). Δηλαδή για κάθε δύο κιβώτια χρειάστηκαν 5 – 2 = 3
επιπλέον καλάθια. Άρα, αφού συνολικά χρειάστηκαν 15 επιπλέον
καλάθια, τα κιβώτια ήταν:
15 : 3 = 5ζευγάρια ή 10 κιβώτια.
Και οι μπάλες ήταν: 10 x 30 = 300.
Σημείωση:
Στο συμπέρασμα ότι για κάθε ζευγάρι κιβώτια χρειάστηκαν 5
καλάθια μπορούμε να φτάσουμε και από το ότι 60 = 12 x 5.
Λύση του S.
Τα βαρέλια ήταν 10, τα καλάθια ήταν 25 και οι «μπάλες» του
κανονιού ήταν 300. Έστω ο αριθμός των καλαθιών «α» και ο
αριθμός των βαρελιών «β». Τότε:
12α = 30β (1)
α – β = 15 (2)
Λύνουμε το σύστημα 2 εξισώσεων με 2 αγνώστους και προκύπτει:
Από τη συνάγουμε ότι: α=15+β (3)
Αντικαθιστού τη (3) στην (1) κι’ έχουμε:
12α = 30β --> 12(15+β)=30β --> 180+12β=30β --> 30β-12β=180 -->
18β=180 --> β=180/18 --> β=10 (4)
Αντικαθιστούμε τη (4) στη (3) κι’ έχουμε:
α=15+β --> α=15+10 --> α=25 (5)
Επαλήθευση:
12α = 30β --> 12*25=30*10 --> 300=300
α – β = 15 --> 25-10=15 ο.ε.δ.

Τα Τηλεφωνήματα

2012-02-01T21:46:00.005+02:00

Τα μέλη μιας παρέας, για να συνεννοηθούν για τη βραδινή τους έξοδο, μίλησαν όλοι με όλους, αλλά από μια μόνο φορά κάθε δύο άτομα μεταξύ τους. Στη διάρκεια της ημέρας έγιναν συνολικά 45 τηλεφωνήματα. Πόσα είναι τα μέλη της παρέας; Ποιο αριθμητικό υπόδειγμα διακρίνεται στο πρόβλημα; (Κατ.3/Πρβλ. Νο.19)
Πηγή:mathslife.eled

Λύση

Λύση N. Lentzs.
1. Αλγεβρική αντιμετώπιση.
Έστω ν (με ν>0) ο αριθμός των ατόμων.
Καθένα από τα ν άτομα, επικοινώνησε τηλεφωνικά με τα υπόλοιπα ν-1 άτομα.
Συνεπώς τα τηλεφωνήματα που έγιναν ήταν ν*(ν-1)/2. Αλλά το πλήθος των
τηλεφωνημάτων που έγιναν ήταν 45.
Επομένως: ν*(ν-1)/2=45
ν^2-ν-90=0
ν=10 ή ν=-9(απορρίπτεται)
Άρα τα άτομα ήταν δέκα.

2. Γεωμετρική αντιμετώπιση.
Τα άτομα θα μπορούσαμε να τα θεωρήσουμε σημεία Α1, Α2, Α3, ...Αν.
Έτσι μπορούμε να φανταστούμε ότι αποτελούν τις κορυφές ενός ν-γώνου,
κάθε δε τηλεφώνημα μεταξύ δύο ατόμων, το ευθύγραμμο τμήμα που τα ενώνει.
Στο μοντέλο αυτό, το πλήθος των τηλεφωνημάτων ισούται με το πλήθος των
ευθυγράμμων τμημάτων που ενώνει όλα τα σημεία μεταξύ τους.
και αυτό είναι το άθροισμα του πλήθους των πλευρών(=ν)με αυτό των
διαγωνίων (=ν(ν-3)/2).
Άρα ν + ν(ν-3)/2 = 45 <---> ν=10 (δεκτή) ή ν=-9(απορρίπτεται).
(Πρόκειται λοιπόν για δεκάγωνο με 10 πλευρές και 35 διαγωνίους)
Άρα τα άτομα ήταν δέκα.

3. Αντιμετώπιση με συνδυαστική.
Αν ν το άτομα τότε το πλήθος των τηλεφωνημάτων είναι όσοι και οι
συνδυασμοί των ν ανά 2.
δηλ.(ν ανά 2)=ν!/[2!*(ν-2)!)=45
(ν-1)*ν/2=45 --->ν=10 ή ν=-9(απορρίπτεται).
Τα άτομα λοιπόν ήταν δέκα.

Σημείωση:
α) ν!=1*2*3*...*ν
β) οι συνδυασμοί των ν ανά κ είναι:(ν ανά κ)=ν!/[κ!9ν-κ)!]

Λύση batman1986
Έτσι όπως το βλέπω έχουμε αριθμητική πρόοδο. Το θέμα είναι να
βρούμε πόσοι είναι οι όροι για να βρούμε και τον αριθμό ατόμων της
παρέας. Έστω ν άτομα
Ο ν-οστός μιλάει μία φορά σε καθένα από τα υπόλοιπα ν-1 άτομα
Ο ν-1 στα υπόλοιπα ν-2 άτομα(αφαιρούμε τον ν- οστό αφού μίλησε στη
σειρά του με τον ν-1.Δεν μπορούν να ξαναμιλησουν)
Ο ν-2 στα υπόλοιπα ν-3 άτομα
Άρα έχουμε αριθμητική πρόοδο με σταθερή διαφορά διαδοχικών όρων 1
και άθροισμα όρων
ν+(ν-1)+(ν-2)+(ν-3)+(ν-4)+(ν-5)+....+1
Για να έχουμε άθροισμα 45 πρέπει
(ν+1)*ν/2=45
(ν+1)*ν=90
Ο όροι της προόδου αντιστοιχούν στον αριθμό των τηλεφωνημάτων άρα:
Ο 10ς κάνει 9 τηλεφωνήματα.
Ο 9ος κάνει 8 τηλεφωνήματα.
....
....
και ο 1ος κανένα τηλεφώνημα αφού έχει μιλήσει με τους υπόλοιπους 9
Επαλήθευση:
Άρα οι όροι ήταν
0+1+2+3+4+5+6+7+8+9 (βάζω το 0 για να φανεί ότι είναι 10 τα άτομα.)

Λύση Papaveri
Πρώτος Τρόπος Λύσης:
Τα μέλη της παρέας αποτελούνται από 10 μέλη. Εφαρμόζεται η αριθμητική
πρόοδος. Για κάθε νέο άτομο που προστίθεται στην παρέα, προσθέτουμε
στα τηλεφωνήματα που χρειάζονται οι υπόλοιποι για να μιλήσουν όλοι
μεταξύ τους τόσα τηλεφωνήματα, όσα είναι οι υπόλοιποι. Έτσι:
2 άτομα χρειάζονται 1 τηλεφώνημα.
3 άτομα χρειάζονται 1 + 2 = 3 τηλεφωνήματα.
4 άτομα χρειάζονται 3 + 3 = 6 τηλεφωνήματα.
5 άτομα χρειάζονται 6 + 4 = 10 τηλεφωνήματα.
6 άτομα χρειάζονται 10 + 5 = 15 τηλεφωνήματα.
7 άτομα χρειάζονται 15 + 6 = 21 τηλεφωνήματα.
8 άτομα χρειάζονται 21 + 7 = 28 τηλεφωνήματα.
9 άτομα χρειάζονται 28 + 8 = 36 τηλεφωνήματα.
10 άτομα χρειάζονται 36 + 9 = 45 τηλεφωνήματα.
Δεύτερος Τρόπος Λύσης:
Κάθε άτομο μιλά με όλους τους άλλους, άρα «συμμετέχει» σε τόσα
τηλεφωνήματα όσα είναι τα μέλη της παρέας μείον 1. Επομένως το
πλήθος των «συμμετοχών» είναι το γινόμενο του αριθμού που εκφράζει το
πλήθος των μελών της παρέας με τον προηγούμενο του. Επειδή σε κάθε
τηλεφώνημα «συμμετέχουν» δύο συνομιλητές, οι «συμμετοχές» είναι
διπλάσιες από τα τηλεφωνήματα, δηλαδή 90. Άρα το πλήθος των μελών της
παρέας είναι ο αριθμός, που πολλαπλασιαζόμενος με τον προηγούμενο του
δίνει 90. Και αφού 10 x 9 = 90, τα μέλη της παρέας είναι 10.

Ματ σε Πέντε

2012-01-31T16:23:00.004+02:00

Tα λευκά δίνουν ματ σε πέντε κινήσεις με το λιγότερο πιθανό κομμάτι
ή πιόνι. (Ανθ. Σκακ. Παρα.-Σ.25/Νο.90)

Λύση

"The Excelsior"
Το "Εξέλσιορ" (Excelsior) είναι ένα από τα πιο φημισμένα σκακιστικά
προβλήματα του Sam Loyd. Δημοσιεύτηκε στο "London Era" το 1861.
Πήρε το όνομα του από τον τίτλο του ποιήματος "Excelsior" του
Χένρι Γουόντσγουερθ Λονγκφέλοου(Henry Wadsworth Longfellow).
Ο Λόιντ είχε έναν φίλο, τον Ντένις Τζούλιεν(Dennis Julien), που ήταν
πρόθυμος να στοιχηματίσει ότι μπορούσε πάντοτε να βρίσκει σε ένα
σκακιστικό πρόβλημα το κομμάτι που έδινε το βασικό ματ. Ο Λόιντ
συνέθεσε αυτό το πρόβλημα, το 1858, σαν αστείο και στοιχημάτισε πως
θα πλήρωνε ένα δείπνο στον φίλο του αν μπορούσε να υποδείξει το
κομμάτι ή το πιόνι που δεν έδινε το βασικό ματ. Ο Ντένις έδειξε
αμέσως το πιόνι στο β2 λέγοντας ότι ήταν το λιγότερο πιθανό να δίνει
ματ. Και έχασε! Όταν το πρόβλημα δημοσιεύτηκε είχε εκφώνηση "τα λευκά
δίνουν ματ με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι".
Άλλη εκδοχή:
Ο Sam Loyd συνέθεσε το ανωτέρω πρόβλημα των 5 κινήσεων, προς τιμήν
του φίλου του Julien Dennis και έθεσε το εξής ερώτημα στους λύτες:
-"Πιο κομμάτι είναι αδύνατο να δώσει το ματ σε 5 κινήσεις;"
-" Όλοι απήντησαν ότι το πιόνι "β2" δεν είναι δυνατόν να δώσει το ματ."
Και όμως αυτό δίδει το ματ, σε υποχρεωτικές βέβαια κινήσεις, ώστε ν’
αποφευχθεί το ματ σε λιγότερες των 5 κινήσεων.]
Όταν το πρόβλημα δημοσιεύτηκε είχε σαν εκφώνηση:"τα λευκά δίνουν ματ
με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι". Το ίδιο πρόβλημα υποβλήθηκε σε
έναν διαγωνισμό το 1867 στο Παρίσι και πήρε το 2ο βραβείο.
Λύση:
1.β4 (Δ 2.Πδ5 ή Πζ5 με 3.Πδ1 ή Πζ1#. Τα λευκά δεν μπορούν
να αρχίσουν με 1.Πζ5 επειδή τα μαύρα με 1..., Πγ5 θα μπορούσαν
να καρφώσουν τον Πζ5.),Πγ5+! 2.β:Π (Δ 3.Πβ1#),α2! (φορσέ!) 3.γ6
(Δ 4.Πδ5 ή Πζ5 με 5.Πδ1 ή Πζ1#),Αγ7! 4.γ:β,~ 5.β:Ι=Β ή 5.β:Ι=Α#!
(Δ = Σημαίνει Απειλεί)

Η Καταδίωξη

2012-01-30T20:57:00.013+02:00

Ένας μοτοσικλετιστής τρέχει με ταχύτητα 80km/h σε κατοικημένη περιοχή. Ένας τροχονόμος του κάνει σήμα να σταματήσει αλλά αυτός τον αγνοεί και συνεχίζει με την ίδια ταχύτητα. Τρία λεπτά αργότερα ο τροχονόμος αρχίζει να τον καταδιώκει με ταχύτητα 100km/h. Σε πόση ώρα θα τον ανακόψει και σε ποια απόσταση
από το σημείο ελέγχου; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.485)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.com/2012/01/blog-post_2600.html

Λύση

Η Λύση που έστειλε ο batman1986
Ορίζουμε την ταχύτητα του μοτοσυκλετιστή ως υ1 και του αστυνομικού ως
υ2. Επίσης το διάστημα του μοτοσυκλετιστή ως Χ1 και του αστυνομικού ως
Χ2.Μέχρι να ξεκινήσει ο αστυνομικός, ο μοτοσυκλετιστής έχει διανύσει
μια απόσταση εντός 3 λεπτών:
Χ1=80*t=80*(3/60)=4 km
Άρα όταν συναντήσει ο αστυνομικός τον μοτοσυκλετιστή θα πρέπει να
γίνει προφανώς στον ίδιο χρόνο t(ξεκινάει η μετρησή του από την
στιγμή που ξεκινά την καταδίωξη ο αστυνομικός άρα πρέπει να λάβουμε
υπόψη και τα 4km που έχει διανύσει ο μοτοσυκλετιστής νωρίτερα) και σε
ίδια απόσταση και για τους 2 από το σημείο ελέγχου. Άρα:
Χ1=Χ2 --> 4+υ1*t=υ2*t --> t=4/(υ2-υ1)=4/20=1/5 h=12΄λεπτά
Για να βρούμε την απόσταση χρησιμοποιούμε οποιαδήποτε από τις 2
εξισώσεις για t=12min
Χ2=100*(1/5 h)=20 km
Άρα θα τον ανακόψει σε 12 λεπτά μετά από απόσταση 20 χιλιομέτρων από
το σημείο ελέγχου...

Ματ σε Τρεις

2012-01-29T21:51:00.005+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.-Σ.34-Νο.112)

Λύση

"The Steinitz Gambit"
Το πρόβλημα το ενεπνεύσθει από μια βαριάντα της Βιεννέζικης παρτίδας, που φέρει τ’ όνομα του παγκόσμιου πρωταθλητή και εισηγητή της θεωρητικής καινοτομίας Γουλιέλμου Στάϊνιτς (1836 - 1900),που ονομάσθηκε "Γκαμπί του Στάϊνιτς":1.ε4,ε5 2.Ιγ3, Ιγ6 3.ζ4,ε:ζ 4.δ4,Βθ4+ 5.Ρε2! Η τελευταία κίνηση αποτελεί και το κλειδί για τη λύση του ανωτέρω προβλήματος, η οποία παίχθηκε από το Στάϊνιτς το 1867 στη Dundee (m/2) !!
Βιεννέζικο Γκαμπί. Steinitz Γκαμπί. ΆμυναPaulsen (C25)
Λευκά: Wilhelm Steinitz
Μαύρα: Gustav Richard Neumann
1.e4 e5 2.Nc3 Nc6 3.f4 exf4 4.d4 Qh4+5.Ke2 d6 6.Nf3 Bg4 7.Bxf4 Bxf3+
8.Kxf3 Nge7 9.Be2 O-O-O 10.Be3 Qf6+ 11.Kg3 d5 12.Bg4+ Kb8
13.e5 Qg6 14.Kf2 h5 15.Bh3 f6 16.exf6 Qxf6+ 17.Qf3 Qxf3+ 18.gxf3 g6
19.Ne2 Nf5 20.Bxf5 gxf5 21.c3 Bd6 22.Bf4 Kc8 23.Rhg1 Kd7
24.Rg7+ Ne7 25.Rag1 Ke6 26.Bxd6 Rxd6 27.Nf4+ Kf6 28.Nd3 Rb6
29.b3 Rh6 30.Ne5 Ra6 31.a4 Ra5 32.b4 Ra6 33.Nd7+ Ke6 34.Nc5+ 1-0

Λύση:
Κλειδί:1.Ρε2!!,ζ1=Β+ 2.Ρε3!,Αζ4+ 3.Π:Α±
1...,ζ1=Β+ 2.Ρε3!,Βε2+ 3.Α:Β±
1.---,Ρ:Ι 2.Αδ3+,Ρδ4 3.Πζ4++
1.---,Ιγ1+ 2.Ρε3!,Πε7 3.Πζ7+
1.---,α:Α 2.Ρε3!,ζ1=Ι+ 3.Π:Ι+
1.---,ζ1=Β++ 2.Ρε3!,Βε1 3.Αε2+
1.---,Πε7 2.Ρε3!,ζ1=Ι+ 3.Α:Ι+.

Τα Καθίσματα

2012-01-29T18:26:00.001+02:00

Σ' ένα θέατρο η πρώτη σειρά έχει 70 καθίσματα και η τελευταία έχει 250 καθίσματα. Το πλήθος των καθισμάτων κάθε σειράς σχηματίζει αριθμητική πρόοδο. Η προτελευταία σειρά έχει 140 καθίσματα περισσότερα από τη δεύτερη σειρά.

Ζητούνται τα κάτωθι:
α. Να αποδείξετε ότι κάθε σειρά καθισμάτων του θεάτρου έχει 20 καθίσματα περισσότερα από την προηγουμένη σειρά.
β. Να υπολογίσετε το πλήθος των καθισμάτων του θεάτρου.
γ. Την πρώτη παράσταση ενός θεατρικού έργου παρακολούθησαν 100 θεατές, ενώ σε κάθε επόμενη παράσταση ο αριθμός των θεατών διπλασιαζόταν. Ποια είναι η παράσταση στην οποία για πρώτη φορά θα γεμίσει το θέατρο. (Κατ.3/Πρβλ. Νο.18)

Λύση

Η Λύση είναι του batman1986
α.Σύμφωνα με τα δεδομένα εφόσον έχουμε αριθμητική πρόοδο τότε
α1=70 καθίσματα και αν=250 καθίσματα.
αν-α1=180
Επίσης δίνεται ότι:
αν-1=α2+140
αν-1- α2=140(είναι υποσύνολο του (αν,α1)
Άρα (αν-1-αν)+(α2-α1)=180-140=40
Προφανώς κάθε όρος διαφέρει από τον προηγουμενό του μια σταθερή
ποσότητα έστω ω.Άρα εδώ (αν-1+αν)=(α1+α2)-40/2=20.
Άρα το αποδείξαμε.
β.Το πλήθος είναι το άθροισμα όλων των όρων της αριθμητικής
προοόδου άρα έχουμε:
(180/20)+1=9+1=10 όρους-σειρές καθισμάτων.
Άρα το πλήθος είναι:
Σ={ν(α1+αν)}/2=10*(70+250)/2=1600 καθίσματα.
γ. Σαυτή την πείπτωση έχουμε γεωμετρική πρόοδο αφού
με διπλασιασμό κάθε φορά έχουμε 100,200,400,800 κλπ.
με λόγο λ=2 γεωμετρικής προόδου και α1=100 θεατές
Ψάχνω το ν(αριθμός παράστασης) στην οποία το άθροισμα των ν
πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου θα είναι ίσο με 1600(πλήθος
καθισμάτων του θεάτρου αφού αυτό μας ζητείται.
Άρα έχουμε την εξίσωση:
Σν=α1*{(λ^ν-1)/(λ-1)}
1600=100*{(2^ν-1)/(2-1)}
2^ν-1=16
Για ν=4 έχουμε 2^ν-1<16 Για ν=5 2^ν-1>16
Άρα στην 5η παράσταση το κοινό που θα πάει θα γεμίσει το θέατρο
και μάλιστα κάποιοι δεν θα χωρέσουν να μπουν ή θα μείνουν όρθιοι!

Οι Σοκολάτες

2012-01-28T20:30:00.004+02:00

Δύο αδέλφια, ο Γιάννης και η Μαρίνα, θέλουν να αγοράσουν δύο σοκολάτες. Ο Γιάννης λέει στην αδελφή του:

-"Αν προσθέσω τα μισά από τα χρήματά μου στα δικά σου, τότε θα έχουμε αρκετά ώστε να αγοράσουμε δύο σοκολάτες."

Η Μαρίνα τον ρωτά με αφέλεια:

-"Αν προσθέσω τα μισά από τα δικά μου χρήματα στα δικά σου, πόσες σοκολάτες αγοράζουμε;"

Και ο αδελφός της τής απαντά:

-"Μόνο μία".

Πόσα χρήματα είχε ο Γιάννης; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.484)

Λύση

Λύση που έστειλε ο batman1986:
Μια απλή σκέψη χωρίς εξισώσεις είναι η εξής:
Αφού με όλα τα λεφτά της Μαρίνας παίρνουμε ακριβώς 2 σοκολάτες ενώ με τα μισά ακριβώς μία τότε είναι προφανές ότι ο Γιάννης δεν έχει καθόλου χρήματα.

Με αλγεβρική μορφή:
Θεωρούμε ότι ο Γιάννης έχει χ δρχ και η μαρίνα ψ δρχ
Τα ψ+χ/2 κοστίζουν όσο 2 σοκολάτες
Τα χ+ψ/2 όσο μία
Άρα
ψ+(χ/2)=2*(χ+(ψ/2))
3(χ/2)=0
Άρα χ=0.Ο Γιάννης δεν έχει καθόλου χρήματα

Η επιγραφή

2012-01-27T19:16:00.016+02:00

Οι αρχαιολόγοι κατά την ανασκαφή σε κάποια περιοχή της Αραβίας ανακάλυψαν μια πήλινη επιγραφή στην οποία ήταν χαραγμένο τοπαρακάτω μαγικό τετράγωνο με τους αριθμούς και τα γράμματα,

όπου το γινόμενο κάθε γραμμής, κάθε στήλης και κάθε διαγωνίου είναι το ίδιο , ο αριθμός (ΑΒΓΔ). Σε κάθε γράμμα αντιστοιχεί ένας μοναδικός ακέραιος μονοψήφιος θετικός αριθμός. Δυστυχώς, όμως, σε μερικά κελιά του τετραγώνου οι αριθμοί είχαν σβηστεί, αλλά οι αρχαιολόγοι μπόρεσαν να αντιστοιχίσουν σωστά τα γράμματα με τους αριθμούς και να συμπληρώσουν τον πίνακα. Εσείς μπορείτε να βρείτε τους υπόλοιπους αριθμούς;
Από το βιβλίο του Αλί Νταρ Νασάθ με τίτλο "Προβλήματα για δύσκολες ώρες"

Πηγή: http://mathhmagic.blogspot.com/2012/01/blog-post_27.html

Λύση

Το γινόμενο οριζοντίως, καθέτως και διαγωνίως μας δίδει τη Μαγική Σταθερά 1.728. Ο αριθμός ΑΓ γράφεται: ΑΓ=10*Α+Γ (1) και έστω Χ η τιμή του κελιού κάτω αριστερά έτσι το γινόμενο της τρίτης γραμμής ισούται με το γινόμενο της διαγωνίου. Άρα 24*Γ*Χ=4(10*Α+Γ)*Χ --> 24*Γ*Χ=40*Α*Χ+4*Γ*Χ --> 24*Γ*Χ-4*Γ*Χ=40*Α*Χ -->
20*Γ*Χ=40*Α*Χ --> Γ=(40*Α*Χ)/20*Χ --> Γ=2Α.
Έστω Ζ η τιμή του κελιού πάνω αριστερά και Υ η τιμή του μεσαίου κελιού της πρώτης γραμμής θα έχουμε:
4*Υ*Z=24*(10Α+Γ)*Z --> 4*Υ*Z=24*(10Α+2Α)*Z -->
4*Υ*Z=24*12Α*Ζ --> 4*Υ*Z=288*Α*Ζ -->
Υ=(288*Α*Ζ)/4*Ζ --> Υ=72*Α
Το γινόμενο των αριθμών της δεύτερης στήλης είναι:
Υ*Α*Γ*Γ=72*Α*12*Α*2*Α=1.728*Α3
Ο αριθμός 1.728*Α3 είναι ένας τετραψήφιος ακέραιος αριθμός. Δίδοντας στο Α τις τιμές από το 1 έως το 9 βλέπουμε ότι ο μόνος αριθμός που ικανοποιεί τη συνθήκη είναι Α=1. Αντικαθιστούμε τη τιμή Α κι’ έχουμε: 1.728*Α3 -->
1.728*13 --> 1.728*1 --> 1.728.
Και το τετράγωνο συμπληρώνεται ως εξής:
Πρώτη οριζόντια γραμμή:
Ζ=1.728/4*Υ --> Ζ=1.728/4*72*Α --> Ζ=1.728/4*72*1 -->
Ζ=1.728/288 --> Ζ=6
Τρίτη οριζόντια γραμμή:
Χ=1.728/24*Γ --> Χ=1.728/2*Α*24 --> Χ=1.728/2*1*24 -->
Χ=1.728/48 --> Χ=36
Πρώτη κάθετη στήλη:
1.728/Ζ*Χ=1.728/6*36=1.728/216=8
Τρίτη κάθετη στήλη:
1.728/4*24=1.728/96=18

Λύση batman1986:
Θα γράψω τον πίνακα (χωρίζοντας τα κελιά με τελείες)
Ω..Κ...4
Ζ..ΑΓ..Χ
Υ.. Γ..24
Συμπληρώνω όλα τα κελιά με τις παραπάνω μεταβλητές
Γράφουμε τον αριθμό ΑΓ σε μορφή μονάδων και 10άδων δηλαδή
ΑΓ=10*Α+Γ
Αν παρατηρήσουμε τον πίνακα θα δούμε ότι μπορούμε να βρούμε μία σχέση
μεταξύ Α και Γ με τη βοήθεια της γραμμής
Υ-Γ-24 και της διαγωνίου Υ-ΑΓ-4(λόγω πολ/σμού απαλείφεται το Υ το οποίο προφανώς είναι διάφορο του μηδενός...)
24*Γ*Υ=4(10*Α+Γ)Υ
Άρα προκύπτει Γ=2*Α
Oμοίως για αντισυμμετρική περίπτωση βρίσκουμε την ισότητα
Ω*Κ*4=Ω(Α*10+Γ)*24(απαλείφεται το μη μηδενικό Ω)
Αρα Κ=72*Α
Επειδή έχω βρει και το Κ συναρτήσει του Α
τότε βρίσκω το γινόμενο της 2ης στήλης(θα προκύψει αριθμός συναρτήσει του Α)
Κ*ΑΓ*Γ=72*Α(10*Α+2*Α)*2*Α=1728*Α^3
Επειδή το αποτέλεσμα είναι τετραψήφιος ΑΒΓΔ πρέπει Α=1
Άρα αυτός ο αριθμός είναι ο 1728
Και με αντικαταστάσεις προκύπτει
Ω=6..Κ=72...4
Ζ=8..ΑΓ=12..Χ=18
Υ=36.. Γ=2..24

Τα Σπίρτα

2012-01-27T19:16:00.014+02:00

Ένας νεαρός άδειασε τα σπίρτα από ένα σπιρτόκουτο πάνω στο τραπέζι και τα χώρισε σε τρεις μικρές στοίβες.
-«Δεν φαντάζομαι να ανάψεις καμιά φωτιά εδώ», τον ειρωνεύτηκε κάποιος.
-«Όχι, θα τα χρειαστώ για τη σπαζοκεφαλιά. Ιδού, λοιπόν, τρεις ανόμοιες στοίβες. Συνολικά 48 σπίρτα. Δεν θα σας πω πόσα υπάρχουν σε κάθε στοίβα. Προσέξτε τώρα. Αν πάρω τόσα σπίρτα από την πρώτη στοίβα όσα υπάρχουν στη δεύτερη και τα προσθέσω στη δεύτερη στοίβα, κατόπιν πάρω από τη δεύτερη στοίβα τόσα όσα υπάρχουν στον τρίτη στοίβα και τα προσθέσω στη τρίτη στοίβα, και τελικά πάρω τόσα σπίρτα από τη τρίτη στοίβα όσα υπάρχουν στη πρώτη στοίβα και τα προσθέσω στη πρώτη στοίβα, τότε οι στοίβες θα έχουν το ίδιο πλήθος σπίρτων.»
Πόσα σπίρτα είχε αρχικά η κάθε στοίβα; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.483)

Λύση

Η Λύση όπως τη διατύπωσε ο φίλος της ιστοσελίδας N. Lntzs.
Ακολουθώντας τα βήματα, από το τέλος προς την αρχή και χωρίς να
χρησιμοποιήσουμε Άλγεβρα, μπορούμε να φτάσουμε στη αρχική
κατάσταση, ως ακολούθως:
Αφού μετά την τρίτη και τελευταία μεταφορά σπίρτων οι στοίβες Α,Β,Γ
είχαν τον ίδιο αριθμό (48/3=16)σπίρτων, αυτές είχαν:
Α: 16, Β: 16, Γ: 16 σπίρτα, που κατά την μεταφορά αυτή η Α διπλασίασε
το πλήθος της (σε 16 από 8), που πήρε από την Γ.
Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 8(=16/2), Β: 16, Γ: 24(=16+8)
Κατά την δεύτερη μεταφορά η Γ διπλασίασε το πλήθος της (σε 24 από 12),
που πήρε από την Β.Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 8, Β: 28(=16+12), Γ: 12(=24/2)
Κατά την πρώτη μεταφορά η Β διπλασίασε το πλήθος της (σε 28 από 14),
που πήρε από την Α.Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 22(=8+14), Β: 14(=28/2), Γ: 12.
Άρα αρχικά οι στοίβες είχαν :
η Α 22, η Β 14 και η Γ 12 σπίρτα.

Υπάρχει και η αλγεβρική λύση που προκύπτει από την επίλυση ενός
συστήματος τριών εξισώσεων με τρεις αγνώστους, ήτοι:
2A-2B=16
2B-Γ=16
2Γ-Α+Β=16
Που έχει λύση την προαναφερθείσα: Α=22, Β=14, Γ=12.

Τα Σταθμά

2012-01-26T18:11:00.006+02:00

Έχουμε μία ζυγαριά με δύο δίσκους (τάσια). Πόσα σταθμά (ακέραιου αριθμού κιλών) χρειαζόμαστε για να ζυγίσουμε οποιοδήποτε αντικείμενο (πάλι ακέραιου αριθμού κιλών) από το 1 κιλό έως και τα 20 κιλά; (Κατ.4/Πρβλ. Νο.45)
Διευκρίνιση:
Εννοείται ότι πρέπει να βρούμε τον μικρότερο αριθμό από τα απαραίτητα σταθμά.
Πηγή:http://andreaspoulos1956.blogspot.com/p/blog-page_16.html

Λύση

Ι)Λύση batman1986
Σταθμά:4,6,7, και 9
1=7-6
2=9-7
3=9-6
4=4
5=9-4
6=6
7=7
8=(6+9)-7
9=9
10=6+4
11=(6+9)-4
12=(6+4+9)-7
13=6+7
14=(4+7+9)-6
15=6+9
16=7+9
17=6+4+7
18=(6+7+9)-4
19=6+4+9
20=4+7+9.
Σημείωση:
Οι αρίθμοί που έχουν πρόσημο πλήν(-) στο δεξιό μέλος των ισοτήτων, αντιπροσωπεύουν τα σταθμά που τοποθετούνται μαζί με το προς ζύγιση αντικείμενο.
Οι αριθμοί που έχουν πρόσημο συν(+) και βρίσκονται στο δεξιό μέλος των ισοτήτων, εκφράζουν το βάρος των αντικειμένων συμπεριλαμβανένου και του βάρους των σταθμών που πιθανώς βρίσκονται με τα προς ζύγιση αντικείμενα.
Οι αριθμοί στο αριστερό αντιπροσωπεύουν το βάρος των αντικειμένων.
ΙΙ)Λύση batman1986
Σταθμα:1,3,6,και 12
1=1
2=3-1
3=3
4=3+1
5=6-1
6=6
7=6+1
8=12-(3+1)
9=6+3
10=6+3+1
11=12-1
12=12
13=12+1
14=(12+6)-(3+1)
15=12+3
16=12+3+1
17=(12+6)-1
18=12+6
19=12+6+1
20=(12+6+3)-1
Λύση N.Lntzs και Papaveri48
Σταθμά:1,3,9 και 27
1=1
2=3-1
3=3
4=3+1
5=9-(1+3)
6=9-3
7=(9+1)-3
8=9-1
9=9
10=9+1
11=(9+3)-1
12=9+3
13=9+1+3
14=27-(9+1+3)
15=27-(9+3)
16=(27+1)-(9+3)
17=27-(9+1)
18=27-9
19=(27+1)-9
20=(27+3)-(9-1)
Λύση Papaveri48
Σταθμά:1,3,7, και 9
1=1
2=3-1
3=3
4=3+1
5=9-(1+3)
6=9-3
7=7
8=9-1
9=9
10=9+1
11=(9+3)-1
12=9+3
13=9+1+3
14=(9+7+1)-3
15=(9+7)-1
16=9+7
17=9+7+1
18=(9+7+3)-1
19=9+7+3
20=9+7+3+1

Ματ σε Πέντε

2012-01-25T15:34:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε πέντε κινήσεις. (Σ.35/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Ια2!,Ρβ1 2.Ρβ3,Ρα1 3.Αα3,Ρβ1 4.Ιγ3+,Ρα1 5.Αβ2#

Η Αλληλοαπειλή

2012-01-25T01:30:00.008+02:00

Ένας πύργος και ένας αξιωματικός τοποθετούνται σε τυχαίες θέσεις σε μία σκακιέρα. Ποια η πιθανότητα το ένα κομμάτι ν’ απειλεί το άλλο; (Προφανώς όχι ταυτόχρονα.)

(Κατ.34/Πρβλ. Νο.482)

Διευκρίνιση:

Ο Πύργος κινείται στη σκακιέρα οριζόντια και κάθετα.

Ο Αξιωματικός κινείται στη σκακιέρα διαγώνια ανάλογα σε ποια τετράγωνα κινείται, λευκά ή μαύρα, οπότε έχουμε λευκοτετράγωνο Αξιωματικό ή μαυροτετράγωνο Αξιωματικό.

Λύση

Λύση που έστειλε ο batman1986.
Εφόσον ο αξιωματικός είναι οποιουδήποτε χρώματος(μάυρο η λευκό
δεν ξέρουμε) τότε η πιθανότητα να τον απειλεί ο πύργος είναι
=14/63=2/9=22,2%. Αυτό συμβαίνει διότι οπουδήποτε και να
τοποθετήσουμε τον πύργο τα απειλούμενα τετράγωνα στα οποία μπορεί
να βρεθεί αξιωματικός(αγνώστου χρώματος) είναι συνολικά 14(7 στη
στήλη και 7 στη γραμμή του πύργου).Αυτή είναι η απλή περίπτωση.
Τα πράγματα είναι πιο περίπλοκα με τον αξιωματικό:
Βρήκα τσεκάροντας τη σκακιέρα ότι ανάλογα με το σε ποιο τετράγωνο
βρίσκεται ο αξιωματικός η πιθανότητα να απειλείται ο βασιλιάς
ομαδοποιείται αναλόγως σε ποια από τις 4 περιοχές βρίσκεται ο
αξιωματικός.Αυτές οι περιοχές είναι οι εξής:
-Περιοχή που απειλεί 7 τετράγωνα
Αφορά όλα τα τετράγωνα της 1ης και 8ης σειράς καθώς και τα
α2 ,α4,α6,θ3,θ5,θ7(γράφω μόνο αυτά στην περίπτωση που είναι
λευκοτετράγωνος.
Προφανώς λόγω συμμετρίας επί 2)
Άρα τα συνολικά τετράγωνα για αυτή την περιοχή
Είναι 8+8(1η και 8η σειρά)+2*6(για α2 ,α4,α6,θ3,θ5,θ7 και τα
συμμετρικά τους). Σύνολο 16+12=28 τετράγωνα
-Περιοχή που απειλεί 9 τετράγωνα
Έχουμε για λευκοτετράγωνο αξιωματικό τα εξής τετράγωνα που
μπορεί να τοποθετηθεί για να ικανοποιεί αυτό το δεδομένο
γ2,ε2,η2,β7,δ7,ζ7,β3,η6,η4,β5
Δηλαδή 10.Άρα λόγω πιθανότητας ύπαρξης και μαυροτετράγωνου
είναι 2*10=20
-Περιοχή που απειλεί 11 τετράγωνα
Έχουμε για λευκοτετράγωνο αξιωματικό τα εξής τετράγωνα που
μπορεί να τοποθετηθεί για να ικανοποιεί αυτό το δεδομένο
Δ3,ζ3,γ6,ε6,γ4,ζ5
Δηλαδή 6.Άρα λόγω πιθανότητας ύπαρξης και μαυροτετράγωνου
είναι 2*6=12
-Περιοχή που απειλεί 13 τετράγωνα
Έχουμε για λευκοτετράγωνο αξιωματικό τα εξής τετράγωνα που
μπορεί να τοποθετηθεί για να ικανοποιεί αυτό το δεδομένο
Δ5 και ε4
Δηλαδή 2.Άρα λόγω πιθανότητας ύπαρξης και μαυροτετράγωνου
είναι 2*2=4
Επαλήθευση:
28+20+12+4=64 τετράγωνα (κάλυψα όλες οι περιπτώσεις)
Άρα η πιθανότητα ο αξιωματικός να απειλεί τον πύργο είναι:
(28/64)*(7/63)+(20/64)*(9/63)+(12/64)*(11/63)+(4/64)*(13/63)=5/36
Επεξήγηση πρώτου όρου (28/64)*(7/63).Πιθανότητα ο αξιωματικός να
βρίσκετια στην πρώτη περιοχή και ο πύργος σε ένα από τα 7 τετράγωνα
που απειλεί ο αξιωματικός όταν βρίσκεται σε αυτή την περιοχή
Ομοίως τα υπόλοιπα. Άρα:
Επειδή τα γεγονότα είναι αμοιβαίως ασύμβατα (δηλαδή σύμφωνα με τον
νόμο των πιθανοτήτων Ρ(Α τομή Β)=0) έχουμε
Απλή άθροιση δηλαδή θέλουμε να συμβαίνει ή το ένα ή το άλλο άρα:
Ρ(ΑUB)=(2/9)+(5/36)=22,2+13,88=36,11% περίπου
Αν είχαμε βασίλισσα αντί για αξιωματικό τα γεγονότα δεν θα ήταν
ασύμβατα Άρα Ρ(Α τομή Β) διάφορη του μηδενός….

Δική μου
Εάν ο πύργος είναι σε ένα από τα 4 κεντρικά τετράγωνα, απειλεί 14
τετράγωνα και απειλείται διαγώνια από 13 τετράγωνα και συνολικά 27
τετράγωνα. Αυτό το σύνολο είναι 25 για τα τετράγωνα που οριοθετούν
το κέντρο, 23 για τα τετράγωνα που οριοθετούν αυτά, και 21 για τα
εξωτερικά τετράγωνα. Η πιθανότητα το ένα κομμάτι ν’ απειλεί το άλλο
είναι επομένως:
(4/64)*(27/63)+(12/64)*(25/63)+(20/64)*(23/63)+(28/64)*(21/63)=13/36
Έτσι η απάντηση είναι 13/36=36,11%.

Οι Αρειανοί

2012-01-24T19:10:00.004+02:00

Σε μια περιοχή του Άρη, τα 3/7 των γυναικών είναι παντρεμένα με το 1/2
των ανδρών.

(Καταχρηστικά χρησιμοποιούμε γήινη ορολογία για τα φύλα.)
Τι μέρος (δηλαδή τι κλάσμα) των Αρειανών αυτής της περιοχής είναι
παντρεμένοι;

(Υποθέτουμε τη μονογαμία).
Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός των κατοίκων σε αυτή την περιοχή του
Άρη;

(Κατ.34/Πρβλ. Νο. 481)

Πηγή:www.dido.elemedu.upatras.gr/
Λύση

Η λύση που έστειλε ο εξαίρετος φίλος του ιστολογίου N. Lntzs.
Επειδή στην εκφώνηση αναφέρει "τα 3/7 των γυναικών είναι
παντρεμένα με το 1/2 των ανδρών", συμπεραίνω ότι ο αριθμός των
γυναικών είναι πολ/σιο του 7 και των ανδρών πολ/σιο του 6. Έστω
λοιπόν 6*ν ο αριθμός των ανδρών και 7*κ ο αριθμός των γυναικών,
με ν, κ ακεραίους (ν,κ>0).
Επειδή το 1/2 των ανδρών(=3*ν) είναι παντρεμένοι με τα 3/7 των
γυναικών (=3*κ), συμπεραίνω ότι ν=κ.
Οπότε έχω:
Παντρεμένοι άνδρες:......3*ν
Παντρεμένες γυναίκες:....3*ν
Σύνολο παν/νων κατοίκων:.6*ν

Ανύπαντροι άνδρες:.......3*ν
Ανύπαντρες γυναίκες:.....4*ν
Σύνολο αν/ρων κατοίκων:.:6*ν

Σύνολο ανδρών:...........6*ν
Σύνολο γυναικών:.........7*ν

Σύνολο κατοίκων:........13*ν
Απαντήσεις
1)Τι μέρος των Αρειανών αυτής της περιοχής είναι παντρεμένοι;
Απ. Το κλάσμα του συνόλου των παντρεμένων κατοίκων, δια του
συνόλου των κατοίκων,ήτοι 6*ν/13*ν = 6/13
2) Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός των κατοίκων σε αυτή την
περιοχή του;
Απ. Ο ελάχιστος αριθμός των κατοίκων (και όλων των "κατηγοριών")
δίδεται για την ελαχίστη τιμή του ν, δηλ για ν=1 και είναι: 13.
Αναλυτικά για όλες τις "κατηγορίες" ο ελάχιστος αριθμός είναι:

Παντρεμένοι άνδρες:......3
Παντρεμένες γυναίκες:....3
Σύνολο παν/νων κατοίκων:.6

Ανύπαντροι άνδρες:.......3
Ανύπαντρες γυναίκες:.....4
Σύνολο αν/ρων κατοίκων:.:6

Σύνολο ανδρών:...........6
Σύνολο γυναικών:.........7

Σύνολο κατοίκων:........13.

Παρατήρηση:
Τα παραπάνω γίνονται πιο εύκολα και κατανοητά, αν χρησιμοποιήσουμε
Πίνακα Διπλής Εισόδου.

Η λύση που έστειλε ο batman1986.
Από τη στιγμή που υπάρχει μονογαμία σε αυτή την περιοχή τότε
3/7 γυναικών=1/2 αντρών. Άρα γ=(7α/6)
Ο συνολικός πληθυσμός είναι Π = γ+α = (7α/6) +(6α/6) =(13α/6)
Άρα το ποσοστό των παντρεμένων αρειανών είναι:
2*(1α /2)/(13α/6)=2*(6/26)=6/13=46,15% του πληθυσμού.
Εφόσον γ = (7α/6) τότε ο ελάχιστος αριθμός ανδρών, για να έχουμε
ακέραιο αριθμό γυναικών, είναι 6 άρα οι γυναίκες είναι 7.
Οπότε ο ελάχιστος αριθμός κατοίκων είναι min (γ+α) = 7+6=13 κάτοικοι.

Η Ζυγαριά

2012-01-22T21:44:00.032+02:00

Το σημείο μηδέν για μια ζυγαριά δεν έχει οριστεί σωστά, αλλά κατά τα άλλα η ζυγαριά λειτουργεί άριστα. Η ζυγαριά δείχνει 60 κιλά όταν ζυγίζεται ο Νίκος, 50 κιλά όταν ζυγίζεται η Ελευθερία, 105 κιλά όταν αμφότεροι ο Νίκος και η Ελευθερία ζυγίζονται στη ζυγαριά. Η ένδειξη της ζυγαριάς είναι μεγαλύτερη ή μικρότερη του πραγματικού βάρους; Δώστε
μια εξήγηση.(Κατ.34/Πρβλ. Νο.480)

Πηγή:www.dido.elemedu.upatras.gr/

Λύση

Η λύση είναι του batman1986.
Είναι μεγαλύτερη από το κανονικό και μάλιστα είναι η περίπτωση
όπου ζυγίζουν 55 και 45 κιλά αντίστοιχα με αρχικό σημείο ισορροπίας
της ζυγαριάς στο 5 δεξιά του 0.Όταν ζυγίζεται ο καθένας έχουμε
ένδειξη 55+5=60 και 45+5=50. Ενώ μαζί 5+(45+55)=5+100=105
Σε περίπτωση δε που είχαμε μικρότερη ένδειξη από το κανονικό τότε
έστω πως το σημείο έναρξης ήταν χ αριστερά του σημείου 0 τότε:
Συνολική ένδειξη όταν ζυγιζόντουσαν και οι δύο 60+(50+χ)=110+χ
Είναι αδύνατον να δούμε την ένδειξη 105.Θα βλέπαμε τιμές μεγαλύτερες
του 110 ή μικρότερες του 50.

Είναι Πρώτος;

2012-01-22T18:31:00.015+02:00

Χωρίς να χρησιμοποιήσετε υπολογιστή, με το νου, μπορείτε να αποφανθείτε εάν ο ανωτέρω αριθμός είναι πρώτος ή όχι; Εάν ναι ή όχι, να δικαιολογήσετε το γιατί. Υπάρχει μια μέθοδος.

(Κατ.34/Πρβλ. Νο.479)
Πηγή: www.dido.elemedu.upatras.gr/

Λύση

Η μία μέθοδος, η γνωστή, είναι ν' αθροίσουμε όλα τα ψηφία του αριθμού,
όπως έκαναν οι dmast και N. Lntzs.Η άλλη μέθοδος είναι η κατωτέρω:
Προφανώς ο αριθμός δεν διαιρείται με το 2. Πριν βιαστούμε όμως να
απαντήσουμε ότι είναι πρώτος -κρίνοντας ίσως από το τελευταίο ψηφίο,
το 7 (και λησμονώντας ότι 3Χ9=27!!), ας προβληματισθούμε αν διαιρείται
με το 3. Θα μου πείτε: Πώς να προσθέσω όλα τα ψηφία του αριθμού και στη
συνέχεια να διαιρέσω με το 3 με το νου σε λίγα μόνον δευτερόλεπτα; Δεν
χρειάζεται: Μην υπολογίζετε τα ψηφία 0, 3, 6,9, γιατί δεν αλλοιώνουν
το αποτέλεσμα. Για παράδειγμα στον αριθμό 36936981, το άθροισμα των
ψηφίων είναι (3+6+9+3+6+9)+8+1. Δηλαδή, πιο αναλυτικά το άθροισμα
είναι: 3Χ12+8+1. Θα μπορούσαμε δηλαδή απαρχής να προσθέσουμε μόνο
το 8 και το 1.Ας ξαναγυρίσουμε στον αρχικό μας αριθμό. Προσθέτουμε
μόνον:5+2+1+7=15.Χρειαζόμαστε μόνον 5 δευτερόλεπτα!! (Τα υπόλοιπα
δευτερόλεπτα ήταν για να σκεφτούμε πως θα ενεργήσουμε!)
Άρα ο αριθμός μας διαιρείται με το 3,δηλαδή, είναι σύνθετος και όχι
πρώτος.

Ματ σε Τέσσερις

2012-01-22T17:37:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις. (Σ.23/Γ)

Λύση

Κλειδί:1.Αθ7!(zz),Ρδ5 2.Αβ1!(zz),Ργ5 3.Αα2!(zz),Ρδ5 4.Ρ:β4#
Θέμα: «Ελιγμός του Herlin»

Ίδιο Αποτέλεσμα

2012-01-22T16:52:00.003+02:00

Το άθροισμα τεσσάρων αριθμών είναι 100. Αν στον πρώτο προσθέσουμε 4, από τον δεύτερο αφαιρέσουμε 4, τον τρίτο τον πολλαπλασιάσουμε με το 4 και τον τέταρτο τον διαιρέσουμε με το 4, το αποτέλεσμα θα είναι το ίδιο. Ποιοι είναι οι τέσσερις αριθμοί?
(Κατ.12/Πρβλ. Νο.17)

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.com/2011/06/4.html

Λύση:

Χι στη Τρίτη (Χ^3)

2012-01-21T22:54:00.002+02:00

Δίδεται η εξίσωση: χ^2 + χ + 1 = 0. Να βρεθεί η τιμή του χ^3.
(Κατ.34?Πρβλ.478)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.com/2011/05/blog-post_5517.html

Λύση

Η Λύση που έστειλε ο φίλος της ιστοσελίδας N. Lntzs.
Στην ταυτότητα
χ^3 -1=(χ-1)*(χ^2+χ+1)αντικαθιστώ
το χ^2+χ+1=0 και έχω:
χ^3 -1=0 <--> χ^3=1 ---> χ=1.
Αν δούμε όμως το πρόβλημα και από την σκοπιά των μιγαδικών
και λύσουμε την εξίσωση χ^2+χ+1=0 θα πάρουμε δύο ρίζες:
x1=[-1+i*sqrt(3)]/2 και
x2=[-1-i*sqrt(3)]/2.
που γραφονται σε τριγωνομετρική μορφή:
x1=cos(2π/3)+i*sin(2π/3) και
x2=cos(4π/3)+i*sin(4π/3).
Αν υψωθούν στον κύβο θα έχουμε:
x1^3=cos(3*2π/3)+i*sin(3*2π/3)=
=cos(2π)+i*sin(2π)=1+i*0=1
Ομοίως:
x1^3=cos(3*4π/3)+i*sin(3*4π/3)=
=cos(4π)+i*sin(4π)=1+i*0=1.
Η απάντηση λοιπόν είναι: x^3=1.
Σημ. η εξίσωση χ^3 -1=0 ή
(χ-1)*(χ^2+χ+1)=0
(ως τριτοβάθμια)έχει τρείς ρίζες εκ των οποίων μία
πραγματική την x=1 (=1+0*i=cos0+i*sin0)
και δύο μιγαδικές τις:
x1=cos(2π/3)+i*sin(2π/3)
x2=cos(4π/3)+i*sin(4π/3).
Οι εικόνες τους στο μιγαδικό επίπεδο βρίσκονται στον
μοναδιαίο κύκλο και είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου
με κορυφές:
Α(1,0)
Β(-1/2,sqrt(3)/2)
Γ(-1/2,-sqrt(3)/2).

Οι Σελίδες

2012-01-21T20:42:00.003+02:00

Κατά την ολοκλήρωση της εκτύπωσης ενός βιβλίου Άλγεβρας, ο συγγραφέας είδε ότι για την αρίθμηση των σελίδων χρησιμοποιήθηκαν 2989 ψηφία. Πόσες σελίδες είχε το βιβλίο;

(Κατ.27/Πρβλ. Νο.326)

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.com/2011/12/blog-post_8444.html

Λύση

Η Λύση του batman1986:
Η λογική είναι να ελέγξω τι γίνεται σε κάθε ομάδα αριθμών με ίδια
ψηφία και να τους αθροίσω προσπαθώντας να φτάσω στο ζητούμενο.Έτσι
θα καταλάβουμε τον αριθμό των σελίδων...
Από σελ.1 εώς 9 χρησιμοποιούνται 9 ψηφία, άρα 1*9=9 ψηφία.
Από σελ. 10 εώς 99 χρησιμοποιούνται 90 ψηφία, άρα 90*2=180 ψηφία.
Από σελ. 100 εώς 999 χρησιμοποιούνται 900 ψηφία άρα 900*3=2.700 ψηφία
Εώς τώρα τα συνολικά ψηφία για 999 σελίδες είναι:
9+180+2.700=2.889 ψηφία
Άρα μας απομένουν 100 ψηφία
Αυτά αντιστοιχούν σε τετραψήφιους αριθμούς αφού η επόμενη σελίδα
του 999 είναι η 1.000, άρα μας απομένουν 100/4=25 σελίδες.
Άρα σύνολο έχουμε 999+25=1.024 σελίδες

Ματ σε Πέντε

2012-01-20T18:50:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε πέντε κινήσεις. (Σ.23/Δ)

Λύση

Κλειδί:1.Βθ7!(zz),α4 2.Αε3(zz),α3 3.Βα7(zz),α2 4.Αγ1(zz),Ιδ2/Ιε3
5.Α:Ιδ2#/Α:Ιε3#
1….,α:β4 2.Πδ1,β3 3.Ββ1(zz),β2 4.Πδ4(zz),Ιδ1/Ιδ3/Ιε4/Ιη4
5.Π:Ιδ1#/Π:Ιδ3#/Π:Ιε4#/Π:Ιη4#
Θέμα: «Ρόδα του Ίππου»

Ο Γρίφος των Βαρελιών

2012-01-20T18:30:00.004+02:00

Ο μπάρμπα-Φώτης αγόρασε κάποια βαρέλια κρασί και ένα βαρέλι με μπύρα. Στη φωτογραφία βλέπετε τα βαρέλια, ο αριθμός πάνω στο καθένα δείχνει τη χωρητικότητά του. Αν ο μπάρμπα-Φώτης έδωσε μια ποσότητα κρασί στον κουνιάδο του, έστειλε τη διπλάσια ποσότητα κρασί στον ανιψιό του και κράτησε για πάρτη του το βαρέλι με τη μπύρα. Μπορείτε να βρείτε
ποιο βαρέλι περιέχει τη μπύρα; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.477)
Διευκρίνιση:
Εννοείτε ότι ο μπάρμπα-Φώτης δεν πείραξε το περιεχόμενο των βαρελιών, όπως τα πήρε έτσι και τα έδωσε.
Πηγή:http://www.youreka.gr/

Λύση

Παραθέτω τη λύση που έδωσε ο εξαίρετος φίλος του ιστολογίου
N.Lntzs:
Το βαρέλι με την μπύρα πρέπει να περιέχει τόση ποσότητα, ώστε αν
αφαιρεθεί από την συνολική πρέπει η υπόλοιπη να διαιρείται με το
τρία(3), ώστε ο κουνιάδος του να πάρει το 1/3 και ανιψιός διπλάσια
ποσότητα δηλ. τα 2/3 αυτής.
Επειδή η συνολική ποσότητα (15+16+18+19+20+31=)119 Gals =3*39+2
διαιρούμενη με το τρία δίνει υπόλοιπο 2, θα πρέπει η ποσότητα της
μπύρας να είναι αριθμός τέτοιος, ώστε διαιρούμενος με το τρία να
δίνει υπόλοιπο δύο(2).
Από αυτούς μόνο ο αριθμός 20 δίνει υπόλοιπο 2 στη διαίρεση με το
τρία (20=3*6+2).
Οι 15,18 διαιρούνται ακριβώς.
Οι 16, 19 και 31 δίνουν υπόλοιπο ένα.
Επομένως το βαρέλι με την μπύρα είναι αυτό που έχει περιεκτικότητα
20 Gals.
Τα υπόλοιπα βαρέλια με συνολική περιεκτικότητα119-20=99 Gals
δόθηκαν ως εξής:
Στον κουνιάδο το 1/3 της ποσότητας αυτής, δηλ 33 Gals
(βαρέλια 18 και 15).
Στον ανιψιό είναι τα 2/3 αυτής, δηλ 66 Gals (βαρέλια 16,19 και 31).

Ματ σε Πέντε

2012-01-19T17:54:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε πέντε κινήσεις. (Σ.9/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Πγ1!(zz),β5 2.Αβ1!(zz),β6 3.Πγ2!(zz),Ρε4 4.Πγ5+(zz),Ρζ4 5.Πζ5#
Θέμα: «Ινδικό ή Ινδική Διατομή»

Ο Αριθμός

2012-01-18T20:04:00.004+02:00

Ποιος είναι ο αριθμός με τις ακόλουθες χαρακτηριστικές ιδιότητες:

Αν από έναν αριθμό αφαιρέσετε το 7 και πολλαπλασιάσετε το υπόλοιπο με το 7, ή αν από τον ίδιο αριθμό αφαιρέσετε το 4 και πολλαπλασιάσετε το υπόλοιπο με το 4 μας δίδει πάντα τον ίδιο αριθμό. Για ποιόν αριθμό πρόκειται; (Κατ.1/Πρβλ. Νο.13)

Λύση

Για τον αριθμό 28. Έστω "α" ο ζητούμενος αριθμός. Βάσει των δεδομένων
της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α=(β-7)7 --> α=7β-49 (1)
α=(β-4)4 -->α=4β-16 (2)
Προσθέτουμε κατά μέλη την (1) και τη (2) κι έχουμε:
α=7β-49
α=4β-16 --> 2α=11β-65 --> α=(11β-65)/2 (3)
Αντικαθιστούμε τη (3) στην (1) κι έχουμε:
α=7β-49 --> (11β-65)/2=7β-49 --> (11β-65)=2*(7β-49) -->
11β-65=14β-98 --> 14β-11β=98-65 --> 3β=33 --> β=33/3 -->β=11(4) .
Αντικαθιστούμε τη (4) στην (1) και στη (2) κι’ έχουμε:
α=7β-49 --> α=7*11-49=77-49=28 --> α=28
α=4β-16 --> α=4*11-16=44-16=28 --> α=28 ο.ε.δ.

Ματ σε Τέσσερις

2012-01-18T15:58:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 4 κινήσεις.(Σ.7/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Ιε1!(zz),ε6 2.Πθ1!(zz),Ρη5 3.Ιη2!(zz),θ:Ι 4.θ4#
Σχόλιο: Ένα ματ με διαδοχικά "zugzwang".

Πορτοκάλια, Μπανάνες, Αχλάδια

2012-01-16T23:29:00.003+02:00

Δύο πορτοκάλια δε στοιχίζουν περισσότερο από τρεις μπανάνες, πέντε μπανάνες δε στοιχίζουν περισσότερο από τέσσερα αχλάδια και έξι αχλάδια
δε στοιχίζουν περισσότερο από πέντε πορτοκάλια. Ποιο είναι το ακριβότερο
φρούτο; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.476)

Πηγή:mathematica

Λύση

Η λύση είναι του @batman1986
Έστω μ=μπανάνες, π=πορτοκάλια, α=αχλάδια
Σύμφωνα με τα δεδομένα προκύπτουν οι εξής ανισοτικές σχέσεις:
2π<=3μ (1)
5μ<=4α (2)
6α<=5π (3)
Έχουμε μ>=(2/3)π
Επίσης μ<=(4/5)α<=(4/5)*(5/6)π=(2/3)π Άρα μ<=(2/3)π
Οπότε (2/3)π==(5/4)μ>=(2/3)*(5/4)π=(5/6)π
Άρα α>=(5/6)π
Οπότε α=(5/6)π=0,833
Άρα τα πορτοκάλια είναι πιο ακριβά, αφού 1π>0,8333π>0,66π

Δίδυμο Ματ σε Δύο

2012-01-16T18:56:00.005+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις και στα δύο προβλήματα.

(Δαμόκλειος Σπάθη2/Σ.4)

Διευκρίνηση:

Δίδυμα (Twins) : Δύο προβλήματα (ή περισσότερα) που (a) έχουν μικρή διαφορά το ένα από το άλλο, (b) διαφορετικές λύσεις, και (c) τα έχει συνθέσει το ίδιο πρόσωπο. Η διαφορά μπορεί να είναι προσθήκη ή αντικατάσταση ή μετακίνηση ενός κομματιού στην θέση του ενός προβλήματος, ή μετακίνηση της θέσης κατά μία στήλη ή κατά μία γραμμή, ή αλλαγή εκφώνησης από ορθόδοξο σε βοηθητικό, κλπ.

Στο ανωτέρω πρόβλημα έχουμε δύο προβλήματα:

α) Το διάγραμμα ως έχει.

β) Η μετακίνηση του Λευκού Βασιλιά απο το τετράγωνο "ε8" στο τετράγωνο "θ8".

Λύση

α)Διάγραμμα
Κλειδί: 1.Ιη6!(zz),Ρθ5 2.Πη2#
1….,Ρ:Ι 2.Πδ5#
1….,Ρζ5 2.Πη3#
1….,Ρη4 2.Πε5#
1….,θ5 2.Πη3#
Θέμα: «Τέσσερις διαφυγές του μαύρου βασιλιά σε σχήμα σταυρού», «Cross Flights»
β)Ρε8-->θ8
Κλειδί: 1.Ι:θ6!(zz),Ρζ6/Ρθ4 2.Αε7#
1...,Ρ:Ιθ6 2.η8 = Β#
1...,Ρ:Ιζ4 2.Βγ1#
Θέμα: «Τέσσερις διαφυγές του μαύρου βασιλιά σε σχήμα άστρου», «Star Flights»

Ματ σε Δύο

2012-01-15T21:53:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.43/Η)

Λύση

Κείμενο που θα κρύβεται

Ματ σε Δύο

2012-01-15T17:12:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.43/Ε)

Λύση

Κλειδί:1.Πθ4!(zz),Ρθ6 2.Ιζ7#
1….,Ρ:Π 2.Ιζ3#
Σχόλιο: Δύο συμμετρικά ηχώ – ματ.

Ματ σε Τέσσερις

2012-01-14T18:59:00.004+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις. (Σ.43/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Αζ6!,0-0 2.Βη5+,Ρζ7 3.Βη7+,Ρε8 4.Βε7#
1....,Ρζ8 2.Βδ7,θ6 3.Βε7+/Βη7+,Ρη8/Ρε8 4.Βη7#/Βε7#
1....,Ρζ7 2.Βε6+,Ρη6 3.Α:Π+,Ρη5 4.Βζ6#
1....,Ρζ7 2.Βε6+,Ρζ8 3.Βε7+,Ρη8 4.Βη7#/Be8#

Ματ σε Έξι

2012-01-12T18:57:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε έξι κινήσεις. (Σ.41/Γ)

Λύση

Κλειδί:1.δ6!(zz),β6 2.δ7(zz),Ρθ3 3.δ8=Ι+,Ρθ2 4.Ιε6(zz),Ρθ3 5.Ιδ4+,Ρθ2 6.Ιζ3#

Ένας Αριθμός με Πέντε Ιδιότητες!!

2012-01-12T18:31:00.006+02:00

Ένας αριθμός αποτελείται από τέσσερα ψηφία που παρουσιάζουν τις εξής ιδιότητες:
•    Το άθροισμα των τεσσάρων ψηφίων του ισούται με 18.
•    Το 1ο το 2ο και το 4ο ψηφίο αθροιζόμενα μας δίδουν το 3ο ψηφίο.
•    Το 1ο ψηφίο ισούται με το διπλάσιο του 2ου ψηφίου.
•    Το 3ο ψηφίο ισούται με το τριπλάσιο του 4ου ψηφίου.
•    Το 1ο και το 2ο ψηφίο αθροιζόμενα μα δίδουν το 1/3 του συνόλου των ψηφίων.
    Ποιος είναι αυτός ο παράξενος αριθμός; (Κατ.1/Πρβλ. Νο.10)

Λύση

Ο αριθμός είναι ο 4.293. Έστω α, β. γ, και δ τα ψηφία που απαρτίζουν τον αριθμό. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α+β+γ+δ=18(1)
α+β+δ=γ (2)
α=2*β (3)
γ=3*δ (4)
α+β=1/3*(α+β+γ+δ)(5)
Από τη (5) συνάγουμε ότι:
α+β=1/3*(α+β+γ+δ)= 1/3*18=6 --> α+β=6 (6)
Αντικαθιστούμε τη (2) στην (1) κι έχουμε:
α+β+γ+δ=18 --> γ+γ=18 --> 2γ=18 --> γ=18/2=9 --> γ=9 (7)
Αντικαθιστούμε τη (7) στη (4) κι έχουμε:
γ=3*δ --> 9=3*δ --> δ=9/3=3 --> δ=3 (8)
Αντικαθιστούμε τη (3) στην (6) κι’ έχουμε:
α+β=6 --> 2*β+β=6 --> 3β=6 --> β=6/3=2 --> β=2 (9)
Αντικαθιστούμε την (9) στη (3) κι έχουμε:
α=2*β=2*2=4 --> α=4 (10)
Αντικαθιστούμε τις τιμές των στην (10), (9), (7), και (8) στις (1), (2),
(3), (4), και (5) κι έχουμε:
α+β+γ+δ=18 --> 4+2+9+3=18
α+β+δ=γ --> 4+2+3=9
α=2*β --> 4=2*2
γ=3*δ --> 9=3*3
α+β=1/3*(α+β+γ+δ) --> 4+2=1/3*(4+2+9+3)--> 6=18/3 ο.ε.δ.
Λύση του Lntzs:
α)Λύση με απλούς συλλογισμούς.
Συνδυάζοντας την πρώτη και δεύτερη ιδιότητα βρίσκουμε το τρίτο ψηφίο, που ισούται με εννέα.
Από την τέταρτη βρίσκουμε το τέταρτο ψηφίο 9/3=3.
Το 1ο και το 2ο ψηφίο αθροιζόμενα μας δίδουν το 1/3 του συνόλου των ψηφίων δηλαδή 18/3=6
Από τη τρίτη ιδιότητα (Το 1ο ψηφίο ισούται με το διπλάσιο του 2ου ψηφίου) προκύπτει ότι το πρώτο είναι το τέσσερα και το δεύτερο το δύο.
Επομένως πρόκειται για τον αριθμό 4.293.
β)Αλγεβρική λύση.
Αν Α,Β,Γ,Δ είναι τα ψηφία του αριθμού σε σειρά θέσης τότε η κάθε ιδιότητα μεταφράζεται σε εξισώσεις ως κάτωθι:
Α+Β+Γ+Δ=18 (1)
Α+Β+Δ=Γ (2)
Α=2*Β (3)
Γ=3*Δ (4)
Α+Β=18/3 (5)
Το σύστημα αυτό πέντε εξισώσεων με τέσσερις αγνώστους είναι συμβιβαστό.
Λύνω το σύστημα των 4/ρων πρώτων εξισώσεων με αντικατάσταση των (3) και (4) στην (1) και (2) και έχω:
3*Β+4Δ=18
3*Β-2*Δ=0
και με αφαίρεση κατά μέλη
6*Δ=18 ή Δ=3
και Β=2
Από (3)και (4): Α=4, Γ=9.
Οι αριθμοί αυτοί επαληθεύουν την εξίσωση (5).
Άρα ΑΒΓΔ=4293

Οι Αριθμοί Σωσίες

2012-01-11T20:25:00.003+02:00

Ο θείος Ηρακλής λέει στο μικρό του ανιψιό τον Ανδρέα.

-"Υπάρχει ένας διψήφιος αριθμός με τις εξής ιδιότητες:

α)Εάν περιστραφεί γύρο από τον εαυτό του κατά 180 μοίρες μας δίδει έναν άλλο αριθμό κατά 21 μονάδες μεγαλύτερο.

β)Ο ίδιος αριθμός εάν αντιστραφεί και περιστραφεί κατά 180 μοίρες ταυτοχρόνως μας δίδει έναν άλλο αριθμό κατά 12 μονάδες μεγαλύτερο.

Μπορείς να βρεις ποιος είναι αυτός ο αριθμός;"

Ο ανιψιός του, που σημειωτέον ήταν δυνατός στα μαθηματικά, αφού σκέφθηκε λίγο βρήκε τους δύο αριθμούς. Μήπως θα μπορούσατε να τους βρείτε κι εσείς; (Κατ.1/Πρβλ. Νο.8)

Λύση

Παραθέτω τη λύση που έδωσε ο "batman1986".
Ο αριθμός είναι o 68.
Και αυτό διότι α)περιστρεφόμενος γύρω από τον εαυτό του κατά 180 μοίρες μας δίνει τον 89 και 89-68=21
β)Αντιστρεφόμενος μας δίνει τον 86 και στη συνέχεια περιστρεφόμενος κατά180 μοίρες μας δίνει τον 98 και 98-86=12

Αυτό που σκέφτηκα είναι ότι 4 μόνο αριθμοί μπορούν να δώσουν αριθμούς αν περισταρφούν κατά 180 μοίρες. Είναι οι 0, 6, 8 και 9
Άρα μιλάμε για ένα συνδυασμό 2 εξ αυτών
Έστω 90 τότε με περιστροφή έχουμε τον 06(6) άρα δεν μας κάνει
Έστω 60 άρα με περιστροφή έχουμε τον 09(9) άρα δεν μας κάνει
Έστω 98 τότε με περιστροφή κατά 180 έχουμε τον 86 που δεν ικανοποιεί την α) περίπτωση(μικρότερος)
Έστω 86 και με περιστροφή έχουμε τον 98 που αντιβαίνει στην α) αφού είναι 12 φορές μεγαλύτερος και όχι 21
Έστω 89 τότε με περιστροφή βγαίνει 68 που είναι 21 φορές μικρότερος άρα δεν μας κάνει
Και απομένει ο 68 με περιστροφή βγαίνει 89 άρα 21 φορές μεγαλύτερος και μας κάνει

Ματ σε Δύο

2012-01-11T16:58:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.41/Ζ)

Διευκρίνηση:

Το σύμβολο "v" σημαίνει Δοκιμή.

Το σύμβολο " * " σημαίνει Φαινομενικό παιγνίδι πριν το κλειδί.

Λύση

Δοκιμή:1.Αδ7+;,Ρθ5!
1.Πγ1;/Πε1(zz);/Πθ1,γ3+!
1.Ργ1(zz);/Ργ2(zz);Ρε1(zz);/Ρε2(zz);/Ρε3(zz);,γ3+!
Φαινομενικό Παιγνίδι:1….,Ρθ4/θ5 2.Πζ4#
Κλειδί:1.Ργ3!(zz),Ρθ4 ή Ρθ5/θ5 2.Πζ4#/Πδ4#

Ο Χορός των Ίππων

2012-01-10T21:24:00.005+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 12 κινήσεις. (Σ.15/Η)

Λύση

Κλειδί:1.α7!(zz),δ5 2.α8 = Ι,δ4 3.Ιβ6(zz),γ:Ι 4.γ7,β5 5.γ8 = Ι,β4
6.Ιδ6(zz),ε:Ι (εάν 6....,β3; 7.Ιδ6~,α3 8.Ι:β3#)7.ε7,δ5 8.ε8 = Ι,β3
9.Ιζ6(zz),η:Ι 10.η7,ζ5 11.Αζ4!(zz),α3 12.Ι:β3#

Όλα Δεκαέξι

2012-01-10T20:14:00.005+02:00

Χωρίστε τον αριθμό 100 σε τέσσερις αριθμούς, που το άθροισμά τους να ισούται με 100 και που ο καθ’ ένας τους να έχει τις εξής ιδιότητες:
•    Όταν διαιρείτε το μεγαλύτερο με το 4, το πηλίκο ισούται με 16.
•    Όταν αφαιρείται το 4 από το δεύτερο σε αριθμητική αξία αριθμό η διαφορά ισούται με 16.
•    Όταν προσθέσετε το 4 στο τρίτο σε αριθμητική αξία αριθμό το άθροισμα ισούται με 16.
•    Και όταν πολλαπλασιάσετε το 4 με το τέταρτο σε αριθμητική αξία
αριθμό το γινόμενο ισούται με 16.
Ποιοι είναι οι τέσσερις αυτοί αριθμοί; (Κατ.12/Πρβλ. Νο.6)

Λύση

Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α+β+γ+δ=100(1)
α/4=16 (2)
β-4=16(3)
γ+4=16(4)
4δ=16(5)
Από τις (2),(3),(4) και(5) συνάγουμε ότι:
α/4=16 --> α=16*4=64 --> α=64
β-4=16 --> β=16+4=20 --> β=20
γ+4=16 --> γ=16-4=12 --> γ=12
4δ=16 --> δ=16/4=4 --> δ=4
Άρα: α+β+γ+δ=100 --> 64+20+12+4=100 ο.ε.δ.

Ματ σε Δύο

2012-01-10T19:30:00.006+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.15/Δ)

Λύση

Κλειδί:1.Ρη3!(zz),Ργ4 2.Ιβ6#
1….,Ρ:γ 2.Ιζε5#
1….,Ρε4 2.Ιζ6#
1….,Ρε6 2.Ιη5#
Θέμα: «Τέσσερις διαφυγές του μαύρου βασιλιά σε σχήμα άστρου», «Star Flights»

Με Πέντε Τριάρια

2012-01-10T16:33:00.003+02:00

Χρησιμοποιώντας πέντε φορές το τρία και οποιονδήποτε τελεστή να
σχηματισθεί ο αριθμός 31!! (Κατ.11/Πρβλ. Νο.30)

Λύση

α)[33-(3-3/3)]=31-->[33-(3-1)]=31 --> 33-2=31
β)3^3+3+(3/3)=27+3+1=31
γ)33-3+(3/3)=30+1=31
δ)3!*(3!)-3!+(3/3)=6*6-6+1=30+1=31
ε)(3/.3)*3+(3/3)=10*3+1=31
ζ)3!*(3!)-3!+log(3/.3)=36-6+1=31
η)3^3+3!-log(3/(3)%)=27+6-log10^2=33-2=31
θ)(3!)*(3!)-3-log(3/(3)%)=6*6-3-log10^2=36-3-2=31 ο.ε.δ.
Λύση του N. Lntzs:
Επειδή (3!)!=6!=720=2*360,
είναι cos((3!)!)=cos(2*360)=1
Oπότε έχω:
Sqrt{[3+cos((3!)!)]^ [3!-cos((3!)!)]} - cos((3!)!)=
Sqrt[(3+1)^6-1] -1=Sqrt(4^5) - 1=sqrt(1024)-1=32-1=31

Ματ σε Τέσσερις

2012-01-09T22:40:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά καο κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις. (Σ.5/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Αγ6!(zz),η4 2.Πδ5!(zz),η1 = Β/Π/Α/Ι 3.Πδ1+,η2 4.Ιη3#
Θέμα: «Ινδικό ή Ινδική Διατομή»

Με Πέντε Πεντάρια

2012-01-09T17:00:00.001+02:00

Χρησιμοποιώντας πέντε φορές τον αριθμό πέντε και οποιοδήποτε μαθηματικό σύμβολο μπορεί να σας φανεί χρήσιμο, να σχηματίσετε τον αριθμό 100. (Κατ.11/Πρβλ. Νο.28)

Λύση

α)(5*5*5) – (5*5) = 100  125 – 25 = 100
β)5!-(5+5+5+5)=(1*2*3*4*5)-20=120-20100
γ)5*(5+5+5+5)=5*20=100
δ)(5+5)^[(5+5)/5]=10^2=100
ε) 5*5*(5-5/5)=25*(5-1)=25*4=100
ζ)[ln(5*5)^5 /ln5]* [ln(5*5)^5 /ln5]=ln(5^10)/ln5 * ln(5^10)/ln5=
10*ln5/ln5*10*ln5/ln5=10*10=100
η)sqrt{(5+5)^[5-(5-5)!]}=sqrt[10^(5-1)]=sqrt(10000)=100
θ)(5/.5)^[(5-5)!+(5-5)!]=10^(1+1)=10^2=100
ι) (5+5)^[-(5-5)!/cos(5!)] (ισχύει 0!=1)
Σημείωση:
Το 5! εκφράζεται σε μοίρες και δεν μπορώ να γράψω το σύμβολό της,
οπότε οι 5! μοίρες είναι 120 μοίρες και κατά συνέπεια
cos(5!)=-cos60=-1/2). ο.ε.δ.

Σύνολο 30

2012-01-08T15:55:00.002+02:00

Χρησιμοποιώντας τρία ίδια ψηφία και οποιοδήποτε μαθηματικό σύμβολο μπορεί να σας φανεί χρήσιμο, να σχηματίσετε τον αριθμό 30. (Κατ.11/Πρβλ. Νο.26)

Λύση

α)[(6*6)-6] = 36-6 = 30
β)33+3 = 27+3 = 30
γ)33-3 = 30
δ)[(5*5)+5]=25+5=30
ε)[(3!*(3!))-3!]=[((1*2*3)*(1*2*3))-(1*2*3)]=[(6*6)-6]=36-6=30
ζ)(3/.3)*3=10*3=30
η)(9/.9)*sqrt(9)=10*3=30
θ)(5!)*log(5){(sqrt(sqrt(5)))}=120*log(5)(5^(1/4))=120/4=3
ι)-log(2)sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(2)))))-2= -log(2)(2^(1/32))-2=32-2=30
ια)4! + sqrt(4) + 4 =(1*2*3*4)+ 2 + 4 = 24+2+4=30
ιβ)Ιδέες:
Επειδή α/α%=100 (όπου α ένα από τα ψηφία 1, 2, 3, ..., 9),
sqrt(α/.α%)=10
log(α/.α%)=2
μπορούμε να το δούμε ως εξείς:
βγάζω την τετρ. ρίζα και πολ/ζω με α οπότε προκύπτει ο αριθμός με
ψηφία α0.
Δηλαδή: 3*sqrt(3/.3%)=30.
Άλλη Ιδέα:
log(sqrt(α/.α%)=log10=1
log(sqrt(α/.α%%))=log100=2
log(sqrt(α/.α%%%))=log1000=3
log(sqrt(α/.α%%%%))=log10000=4
Άρα: 30=6!/4!=(3!)!/4!=(3!)!/[log(sqrt(3/.3%%%%))]!
ιγ) Και μια Τελευταία πρόταση.
Κάθε φυσικός αριθμός n(>0))μπορεί γραφεί:
n=-ln[ln(sqrt(sqrt(...(sqrt(4))...)))/ln(4)]/ln(4), όπου το πλήθος των ριζικών
είναιδιπλάσιο του n.

Ματ σε Τρεις

2012-01-07T20:28:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.

(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/ΙΑ)

Λύση

Κλειδί:1.Πε7!(zz),Ρ:ε4 2.Π:ε6+,Ρδ5/Ρζ5 3.Ιζ4#/Ιδ4#
1….,Ρ:δ6 2.Αη4(zz),Ρε5 3.Π:ε6#
1….,Ρ:δ6 2.Αη4(zz),ε5 3.Πδ7#
1….,Ρ:ζ6 2.Αγ4(zz),Ρε5 3.Π:ε6#
1….,Ρ:ζ6 2.Αγ4(zz),ε5 3.Πζ7#

Με Τρία Δυάρια

2012-01-07T20:13:00.002+02:00

Χρησιμοποιώντας 3 δυάρια (2-2-2) και οποιοδήποτε μαθηματικό σύμβολο
μπορεί να σας φανεί χρήσιμο, να σχηματίσετε τον αριθμό 24.
(Κατ.11/Πρβλ. Νο.25)

Λύση

α)22+2 = 24
β)(2+sqrt(2*2))! =(2+sqrt(4))! =(2+2)! =(4)! = (1*2*3*4)=24
γ)sqrt[((2+2)!)^2]=sqrt[((4!)^2]=sqrt[24^2]= 24.
δ)(2+2)!*cos2π = 4!*1=24
ε)-log(2)[(sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(2))))* sqrt(sqrt(sqrt(2)))]=
-log(2)[sqrt(sqrt(sqrt(sqrt(2))))] - log(2)[ sqrt(sqrt(sqrt(2)))] =
-log(2)[2^(1/16)]-log(2)[2^(1/8)] =16+8 = 24
ζ)(2+sqrt(2+2))!=24
η)sqrt[((2*2)!)^2]=24

Με Τέσσερα Τεσσάρια

2012-01-06T16:16:00.006+02:00

Χρησιμοποιώντας 4 τεσσάρια (4-4-4-4) και οποιοδήποτε
μαθηματικό σύμβολο μπορεί να σας φανεί χρήσιμο, να
σχηματίσετε τον αριθμό 33.
Επεξηγήσεις

Ο γρίφος (τα τέσσερα τεσσάρια) ανήκει σε μια μεγαλύτερη και διάσημη οικογένεια μαθηματικών προβλημάτων και δεν ισχύει μόνο για τον αριθμό 33. Χρησιμοποιώντας μόνο τέσσερα τεσσάρια μπορεί κανείς να εκφράσει ΟΛΟΥΣ τους αριθμούς από το 1 μέχρι το 100! Για να γίνει όμως αυτό πρέπει πρώτα να ξεκαθαρίσουμε ποιους τρόπους σκέψης και ποιους συμβολισμούς έχουμε στη διάθεσή μας. Πρέπει κατ' αρχάς να αποσαφηνιστεί πως όταν λέμε «τέσσερα τεσσάρια» δεν εννοούμε αυστηρά τον αριθμό 4, αλλά το ψηφίο 4. Αυτό σημαίνει ότι στις πράξεις μας μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και το 44 (σαράντα τέσσερα) ή και το 0,4 (μηδέν κόμμα τέσσερα), δηλαδή και δεκαδικούς αριθμούς εφ' όσον το ακέραιο μέρος τους είναι μηδέν. Αυτό συμβαίνει διότι στο εξωτερικό συνήθως σημειώνεται μόνο η υποδιαστολή, ενώ το μηδέν παραλείπεται, π.χ. το μηδέν κόμμα τέσσερα γράφεται «,4» ή «.4».

Αφού ξεκαθαρίσαμε τα παραπάνω, ας δούμε τι πρέπει να ξέρουμε από τα μαθηματικά:
1) Τις τέσσερις πράξεις.
2) Τις δυνάμεις, τις ρίζες και τους λογάριθμους.
3) Το παραγοντικό, π.χ. ότι 4! σημαίνει 4 επί 3 επί 2 επί 1 και ισούται με 24.
4) Τους περιοδικούς δεκαδικούς αριθμούς, οι οποίοι συμβολίζονται
με παύλα πάνω από το επαναλαμβανόμενο ψηφίο, και πώς προκύπτουν αυτοί.

(Κατ.11/Πρβλ. Νο.22)
Λύση:

Σύνολο 13

2012-01-05T20:29:00.002+02:00

Μπορείτε να σχηματίσετε τον αριθμό 13 αθροίζοντας τέσσερα ίδια ψηφία,χρησιμοποιώντας μόνο το σύμβολο της πρόσθεσης; Υπάρχει και δεύτερη λύση χρησιμοποιώντας διαίρεση και πρόσθεση.
(Κατ.11/Πρβλ. Νο.4)

Λύση

α)11+1+1=13
β)(22:2)+2 --> 11+2=13
γ) 6+6+ = 13 --> 6+6+1=13

Ματ σε Τέσσερις

2012-01-04T22:51:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις.

(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/ΙΒ)

Λύση

Δοκιμή:Εάν 1.Αζ7;,Αζ5 2.Αη8,Βα2!! Και δεν λύνει το πρόβλημα.
Κλειδί: 1.Αδ7!(>2.Ιζ7#),Αη6 2.Αγ6,Αε8 3.Αε4!!,ότι και να παίξει
ο Μαύρος ο Λευκός Θα κάνει ματ με κάποιον από τους Ίππους στα
τετράγωνα: «γ4», «η4», «δ7» και «ζ7».
1….,Αδ5 2.Αγ8(>3.Ιδ7#),Αε6 3.Α:Α, ότι και να παίξει ο Μαύρος ο
Λευκός θα κάνει ματ με κάποιον από τους Ίππους στα τετράγωνα:
«γ4», «η4»,«δ7» και «ζ7». Οι μονομαχίες των Αξιωματικών θυμίζουν
την σκηνή του έργου «Μονομαχία στο Ελ - Πάσο», όπου οι μονομάχοι
βρισκόντουσαν σε κυκλική θέση.
Το σύμβολο « > » σημαίνει απειλεί.
Κλειδί:1.Bd7!(>2.Sf7#)
1...,Qh5 (>2.Sc4#)
1...,Qc4(>2.Sd6*c4# )
1...,Qe2-a2
2.c4(>3.Sg4# / 3.Sf7#),Qa2*c4
3.Sd6*c4#
1...,Qa2
2.c4,Qa3 / Bg6 Bd5
3.Sg4#
1...,Qa2
2.c4,Qe2 / Bf3 / Bf5
3.Sf7#
1....Bg6
2.Bc6(>3.Sd7#),Qg4
3.Sf6*g4#
1....,Bg6
2.Bc6,Bf5
3.Sf7#
1...Bd5
2.Bc8(>3.Sd7#),Qg4
3.Sf6*g4#
1...Bd5
2.Bc8,Qb5
3.Sg4#
1...Bd5
2.Bc8,Bh1 /Bg2 / Bf3 / Be4 / Ba8 / Bb7 / Bc6
3.Sf7 #
1...Bd5
2.Bc8,Bf7
3.Sd6*f7#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4(zz),Qf3 / Qd1 / Qh5
4.Sc4#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Qf1 / Qa6 / Qb5 / Qd3 / Qa2
4.Sg4#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Qg4 / Qc2 / Qe2*e3 / Qg2
4.Sc4# / 4.Sf6*g4# / 4.Sg4#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Qc4 / Qe1 / Qb2 / Qd2 / Qh2 / Qf2
4.Sg4# / 4.Sd6*c4# / 4.Sc4 #
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Ba4 / Bb5 / Bc6
4.Sd6-f7 #
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Bd7
4.Sf7# / 4.Sf6*d7#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Bh5 / Bg6
4.Sd7#
1....,Bg6
2.Bc6,Be8
3.Be4,Bf7
4.Sd7# / 4.Sd6*f7#
1...Bd5
2.Bc8,Ba2 / Bb3 / Bc4 / Bg8
3.Sd7+,Kd5
4.Bb7 #
1...Bd5
2.Bc8,Be6
3.Bc8*e6(>4.Sd7# / 4.Sf7#),Qh5
4.Sd7# / 4.Sc4#
1...Bd5
2.Bc8,Be6
3.Bc8*e6,Qb5
4.Sg4# / 4.Sf7#

Ματ σε Τρεις

2012-01-04T14:28:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.

(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/Θ)

Λύση

Κλειδί:1.Αθ3!,γ4 2.Ιζ5,ε4/ε:δ4 3.Αζ1#
1….,ε4 2.Ιβ5,γ4/γ:δ4 3.Αζ1#
1….,Ρ:δ4 2.Π:δ6,~ 3.Π:δ5#

Ματ σε Τρεις

2012-01-02T15:06:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/Η)

Λύση

Κλειδί:1.Ββ7!(zz),Ργ3 2.0-0-0,Ργ4 3.Ββ4#
1….,Ρδ3 2.0-0-0+,Ργ3 ή Ργ4/Ρε2 3.Ββ4#/Βη2#
1….,Ρ:γ5 2.0-0-0 (ή Πδ1(zz)),Ργ4 3.Ββ4#
Το ελάτωμα είναι ότι πιάνει με το κλειδί τρία τετραγωνα φυγής
του Μαύρου Βασιλιά.

Οι Ναυαγοί, ο Πίθηκος και οι Καρύδες

2012-01-02T14:55:00.002+02:00

Πέντε ναυαγοί κι’ ένας πίθηκος βρίσκονται σ’ ένα ερημονήσι. Επειδή δεν υπήρχε τίποτε για να φάνε μαζέψανε καρύδες και αφού τις αποθηκεύσανε σε κάποιο σημείο πέσανε να κοιμηθούνε. Τη νύκτα όμως ένας από αυτούς σηκώνετε και παίρνει το μερίδιό του, δηλαδή το 1/5 κι’ επειδή περίσσευε μια καρύδα τη δίνει στο πίθηκο. Το ίδιο επαναλήφθηκε και με τους άλλους τέσσερις ναυαγούς. Την επομένη ημέρα μοίρασαν αυτές που είχαν απομείνει και όλοι πήραν την ίδια ποσότητα. Όλοι, όμως, γνώριζαν ότι έλειπαν καρύδες, αλλά κανείς δεν μίλησε. Πόσες ήταν οι καρύδες στην αρχή;
(Κατ.36/Πρβλ. Νο.17)
Λύση:

Πρωτοχρονιά-2012

2012-01-02T12:00:00.000+02:00

Εύχομαι σε όλους τους επισκέπτες του ιστολογίου

Χρόνια Πολλά!!

Ευτυχισμένο και δημιουργικό το Νέο Έτος 2012!!

Ματ σε Δύο

2011-12-31T15:41:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.

(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/Ζ)

Λύση

Κλειδί:1.δ6!(zz),Ιβ3~ 2.Ιγ5#
1….,Ι:δ4 2.Β:Ι#
1….,γ:Ι 2.Β:γ#
1….,Ρ:ε 2.Βε1#
1…,Ι:ε 2.Ιζ2#
1….,Ιζ2+ 2.Ι:Ι#
1….,Ιη4~ 2.Ιζ2#
1….,ζ2 2.Αδ5#

Ματ σε Δύο

2011-12-30T16:02:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/Δ)

Λύση

Δοκιμή: Εάν 1.Ι4η3;,ε:Πδ6! 2.? #
Κλειδί:1.Ι4γ3!(zz),ε:Πδ6 2.Αδ4#
1….,ε:Πζ6 2.Αζ4#
1….,Ρ:Πδ6 2.Ββ8#
1….,Ρ:Πζ6
2.Βθ8#

Η Διανομή του Ψωμιού

2011-12-30T15:36:00.005+02:00

Να μοιρασθούν 100 ψωμιά σε 100 άτομα. Έτσι, ώστε:

Ο κάθε άνδρας να πάρει 3 ψωμιά.

Η κάθε γυναίκα να πάρει 2 ψωμιά. Και…

Το κάθε παιδί να πάρει το 1/2 του ψωμιού.

Μπορείτε να βρείτε πόσοι είναι οι άνδρες, πόσες είναι οι γυναίκες και πόσα είναι τα παιδιά;

(Κατ.36/Πρβλ. Νο.16)

Πρόκειται για ένα πρόβλημα του 8ου αιώνα.

Λύση:

Ματ σε Δύο

2011-12-28T22:12:00.000+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.

(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.1/Α)

Λύση

Κείμενο που θα κρύβεται

Ματ σε Δύο

2011-12-27T18:52:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.2/Ε)

Λύση

Κλειδί:1.Πε2!(zz),γ3 2.Ιδ3# 1….,δ3 2.Αγ3# 1….,ζ3 2.Αη3# 1….,η3 2.Ιζ3#

ΧΡΙΣΤΟΥΓΕΝΝΑ - 2011

2011-12-27T18:30:00.000+02:00

ΧΡΙΣΤΟΥΓΕΝΝΑ - 2011

2011-12-27T11:51:00.000+02:00

Εύχομαι σε όλους τους επισκέπτες του ιστολογίου
Χρόνια Πολλά και Καλά Χριστούγεννα!!

Ματ σε Τέσσερις

2011-12-26T21:02:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις.

(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.1/ΙΕ)

Λύση

Κλειδί:1.Πη3!(zz),Ρδ6 2.δ5(zz),Ρ:Α 3.Πη8,Ρδ6 4.Πδ8#
1…,Ρδ6 2.δ5(zz),Ρ:δ5 3.Πη4,Ρδ6 4.Πδ4#
1….,Ρε4 2.Ιγ7,Ρζ4 3.Ιε5 (ή Ρε2),Ρε4 4.Πη4#
1….,Ργ4 2.Ιζ4,Ρβ5 3.Πβ3+,Ρα6 4.Αγ8#
1….,Ργ4 2.Ιζ4,Ρβ5 3.Πβ3+,Ργ4 4.Αε6# (ή 4.Πβ4#)
1….,Ργ4 2.Ιζ4,Ρβ5 3.Πβ3+,Ρα4 4.Πβ4#

Ματ σε Δύο

2011-12-26T18:56:00.001+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ.1/Σ.1/Β)

Λύση

Κλειδί:1.ζ4!(zz),ε:ζ3ε.δ. 2.Β:ε5#
1….,η:ζ3ε.δ. 2.Β:η5#
1….,ε:ζ4 2.Αγ3#
1….,η:ζ4 2.Βθ4#

Οι Ένδεκα Ναυαγοί

2011-12-25T13:33:00.004+02:00

Σ’ ένα νησί διασώζονται 11 ναυαγοί. Μετά από το πρώτο πανικό, οργανώνουν τη ζωή τους. Δεν ανησυχούν, διότι είναι σίγουροι ότι αργά ή γρήγορα θα περάσει κάποιο πλοίο κοντά από το νησί που
θα τους δει. Εξ’ άλλου, είχαν τη τύχη και μπόρεσαν ν’ ανασύρουν από το βυθό της θάλασσας δύο-τρία κιβώτια με τροφές, γεγονός που θα τους εξασφάλιζε τη τροφή για αρκετές ημέρες. Το μόνο που είχαν να κάνουν οι ναυαγοί ήταν να περιμένουν την εμφάνιση κάποιου πλοίου, για ν’ αρχίσουν να κάνουν σινιάλα. Άλλο τρόπο για να επικοινωνήσουν με τον κόσμο δεν είχαν. Οι 11 ναυαγοί συμφώνησαν ότι πάντοτε ένας από αυτούς θα φύλαγε σκοπιά, σ’ ένα ορισμένο σημείο του νησιού, παρατηρώντας τη θάλασσα μήπως εμφανισθεί κάποιο πλοίο για να ειδοποιήσει τους υπόλοιπους. Έχοντας μάλιστα στη διάθεσή τους κι’ ένα ρολόϊ, βρήκαν ένα τρόπο, που τους επέτρεπε το χρονικό διάστημα ενός 12ώρου να το μοιράσουν σε 11 ίσα χρονικά διαστήματα. Έτσι, εξασφάλισαν ότι ο καθ’ ένας τους θα φύλαγε σκοπιά το ίδιο χρονικό διάστημα χωρίς ν’ αδικηθεί κανείς. Πως μπόρεσαν να χωρίσουν τις 12 ώρες σε 11 ίσα χρονικά διαστήματα και κάθε ποια ώρα θα γινόταν η αλλαγή της σκοπιάς;

(Κατ.36/Πρβλ. Νο.15)
Λύση:

Ματ σε Δύο

2011-12-24T12:59:00.003+02:00

Λόγω των ημερών που διάγουμε παρουσίάζω μια σύνθεση σε σχήμα Χριστουγεννιάτικου Δένδρου.

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ1.- Σ.2/ΣΤ)

Λύση

Κλειδί:1.Βγ5!(>2.Β:Αδ5#),Π:Β 2.Ιδ4# 1….,γ:Β 2.Πε5# 1….,Α:Ι 2.Ιζ4#

Ματ σε Δύο

2011-12-22T13:53:00.000+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.5-Θ)

Λύση

Κείμενο που θα κρύβεται

Ματ σε Δύο

2011-12-21T18:16:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.3/Γ)

Λύση

Κλειδί:1.Πη1!,Πα6+/Πγ6/Πβ6:β5/Ρβ1 2.Aα4#/Aγ2#/Aβ3#/Aγ2#
Θέμα: «Fleck»

Ματ σε Πέντε

2011-12-20T12:07:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε πέντε κινήσεις.(Σ.13/ΣΤ)

Λύση

Κλειδί:1.Αδ5!(zz),ε6 2.ζ4!(zz),ε:Α 3.ζ5!(zz),η:ζ 4.Ρ:ζ!(zz),Ρ:Ι 5.Αζ2#

Ματ σε Δύο

2011-12-19T20:04:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.53/Β)

Λύση

Κλειδί:1.Πβ6!(>2.Βα1#/2.Βη1#),Ρδ1 2.Βα1 #
1....,Ρζ1 2.Βη1#
1...,Α*Π 2.Βα1 #
1...,Π:Π 2.Βη1 #
1…,ε5 2.Βη1#
Θέμα: «Nowotny»

Η Διανομή

2011-12-19T19:48:00.001+02:00

Δραχμούλα μου καλό σου ταξίδι...!

Ένα χρηματικό ποσό μοιράσθηκε μεταξύ μερικών ατόμων. Εάν τ’ άτομα αυτά ήσαν 3 επί πλέον, έκαστο άτομο θα έπαιρνε 1 δρχ. λιγότερο και εάν τ’ άτομα αυτά ήσαν 2 λιγότερα, έκαστο άτομο θα έπαιρνε 1 δρχ. επί πλέον. Μπορείτε να βρείτε πόσες δραχμές ήταν το ποσόν και ποιος ο αριθμός των ατόμων που μοιράσθηκαν το ανωτέρω ποσόν;

(Κατ.36/Πρβλ. Νο.14)

Λύση:

Τα Κάστανα

2011-12-18T23:12:00.002+02:00

Μια μητέρα μοιράζει 120 κάστανα στα επτά παιδιά της. Τα μισά τα μοιράζει μεταξύ των αγοριών και τ’ άλλα μισά τα μοιράζει μεταξύ των κοριτσιών, με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε κορίτσι να πάρει πέντε κάστανα παραπάνω από το κάθε αγόρι. Πόσα είναι τ’ αγόρια και πόσα τα κορίτσια;
(Κατ.36/Πρβλ. Νο.12)

Λύση

Ο αριθμός 7 σχηματίζεται από το συνδυασμό των εξής αριθμών:
α) 1+6, β) 2+5, γ) 3+4
Από τις ανωτέρω περιπτώσεις η μόνη που ικανοποιεί τη συνθήκη του
προβλήματος είναι η «γ». Πράγματι τ’ αδέλφια αποτελούνται από 4
αγόρια και 3 κορίτσια. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως έχουμε:
Το κάθε αγόρι θα πάρει από: 60:4 = 15 κάστανα.
Το κάθε κορίτσια θα πάρει από: 60:3 = 20 κάστανα.
Με την ανωτέρω διευθέτηση του προβλήματος το κάθε κορίτσι πήρε 5
κάστανα περισσότερα από το κάθε αγόρι, όπως επιθυμούσε η μητέρα τους.

Ματ σε Τρεις

2011-12-18T20:39:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις, (Σ.49/Ε)

Λύση

Κλειδί:1.Βγ2!,Ρδ4 2.Πδ6+,Ρε5 3.Βε4#
1….,Ρδ4 2.Πδ6+,Ρε3 3.Βδ2#
1….,Ρε5 2.Βγ3+,Ρδ5 3.Πδ6#
1….,Ρε5 2.Βγ3+,Ρζ4 3.Βη3#

Τα Πορτοκάλια

2011-12-18T20:27:00.005+02:00

-"Η μητέρα μου, είπε ότι μπορούμε να φάμε όλα τα πορτοκάλια, λέει
ο Σταύρος στους φίλους του".

-"Επομένως", λέει ο Γιώργος, "θα πάρει ο καθένας μας από τέσσερα
και θα περισσέψει ένα"

-"Εγώ δεν θέλω, δεν μου αρέσουν τα πορτοκάλια. Πάρτε τα όλα για να
έχετε όλοι από 5", είπε ο Παύλος.

Μοιράσθηκαν τα πορτοκάλια και τελικά δεν έμεινε κανένα. Πόσα
ήταν τ’ αγόρια και πόσα τα πορτοκάλια; (Κατ.36/Πρβλ. Νο.7)

Λύση

Τα αγόρια ήταν 6 και τα πορτοκάλια 25.Βάσει των δεδομένων της
εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α – 1 = 4β(1)
α = 5(β – 1)(2)
Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) κι’ έχουμε:
2α – 1 = 4β + 5(β – 1) --> 2α = 4β + 5(β - 1) + 1 -->
2α = 4β +5β – 5 + 1 --> 2α = 9β – 4 --> α = (9β-4)/2 (3)
Διερεύνηση:
Δίδοντας στο "β" τις τιμές από το 1 έως το 9, βλέπουμε ,ότι ο
μοναδικός αριθμός που δίνει ακέραιο "α" είναι ο αριθμός β = 6.
Αντικαθιστούμε τη τιμή του "β" στην (3) κι’ έχουμε:
α = (9β-4)/2 --> α = [(9*6)-4]/2 --> α = 54-4/2 -->
α = 50/2 --> α = 25
Επαλήθευση:
α – 1 = 4β --> 25 - = 4*6 --> 24 = 4*6
α = 5(β – 1) --> 25 = 5*(6 – 1) --> 25 = 5*5 ο.ε.δ.

Το Νερωμένο Κρασί

2011-12-16T19:22:00.001+02:00

Τα τρία αδέλφια μυστικά , χωρίς να συνεννοηθούν μεταξύ τους για τη ποσότητα κρασιού που ήθελε να πάρει ο καθένας, νέρωσαν το κρασί στο βαρέλι, με αποτέλεσμα να μη πίνετε. Με βάση τις ανωτέρω δηλώσεις τους, μπορείτε να βρείτε πόσα λίτρα κρασί έμειναν στο τέλος μέσα στο βαρέλι; (Κατ.36/Πρβ. Νο.11)
Λύση:

Τα Κέρδη

2011-12-15T18:39:00.002+02:00

Τρεις φίλοι, ο Λάκης, ο Μάκης και ο Σάκης, έκαναν μαζί μια δουλειά με την οποία κέρδισαν ένα ορισμένο ποσό. Όταν ήρθε η ώρα της διανομής του κέρδους, ο Λάκης μεγαλύτερος της παρέας πήρε το λόγο και είπε:

-"Εγώ θα πάρω 2.400 δρχ. και το 1/4 από τα υπόλοιπα χρήματα. Προτείνω ακόμα ο Μάκης να πάρει 4.800 δρχ. και το 1/4 από το καινούργιο υπόλοιπο των χρημάτων που θα προκύψει. Και τέλος, ο Σάκης θα πάρει το υπόλοιπο των χρημάτων που έμειναν."

Ο Σάκης, όμως, θεώρησε ότι έπρεπε να διαμαρτυρηθεί λέγοντας τους τα εξής:

-"Και γιατί, παρακαλώ, εγώ να πάρω τα υπόλοιπα χρήματα…των υπολοίπων χρημάτων; Επειδή είμαι ο πιο μικρός της παρέας; Εγώ δεν δούλεψα το ίδιο με εσάς;"

Και ο Λάκης του απαντάει μ’ ένα κρυφό χαμόγελο:

-"Δεν πρέπει να θυμώνεις, Σάκη. Η μοιρασιά έγινε σωστά. Έτσι όπως τα είπε ο Λάκης, θα πάρουμε και οι τρεις το ίδιο ποσό των χρημάτων. Θα το καταλάβαινες αμέσως, εάν δεν ήσουν τόσο μεγάλος κουμπούρας στα μαθηματικά."

Με τα ανωτέρω δεδομένα μπορείτε να βρείτε πόσα ήταν τα χρήματα που κέρδισαν και πόσα πήρε ο καθ’ ένας; (Κατ.36/Πρβλ. Νο.4)
Λύση:

Ματ σε Τέσσερις

2011-12-14T18:06:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις. (Σ.51/Θ)

Λύση

Κλειδί:1.Ργ2!(zz)(>2.Ιβ3#),γ4 2.Α:Α+,α:Α 3.Ιβ3+,γ:Ι 4.α:β#

Τα Αυγά και η Αμύθητη Περιουσία

2011-12-14T17:51:00.002+02:00

Ένας πατέρας είχε τρία παιδιά και μια αμύθητη περιουσία. Επειδή ήθελε να διαπιστώσει ότι τα παιδιά του ήταν ικανά και έξυπνα για να διαχειριστούν την περιουσία του μια μέρα τα κάλεσε και τους είπε :

"Παιδιά μου εγώ γέρασα και θέλω να σας μοιράσω την περιουσία μου, αλλά πρώτα θα κάνετε το εξής: Θα σας δώσω 90 αυγά. Ο μεγαλύτερος θα πάρει 50 αυγά, ο δεύτερος 30 αυγά και ο μικρότερος 10 αυγά. Θέλω να πάτε να τα πουλήσετε σε μια ημέρα με την ίδια τιμή (και οι τρεις σας) και να μου φέρετε το ίδιο ποσό εισπράξεως ο καθ’ ένας από εσάς ... (Εννοείται ότι δεν πρέπει να μοιράσουν τις εισπράξεις μεταξύ τους), τότε θα είμαι ευχαριστημένος και θα σας μοιράσω την περιουσία μου".

Α΄ Λύση:

Στο τέλος της ημέρας έχουν πουλήσει όλα τα αυγά τους και έχουν βγάλει κέρδος 10€ ο καθένας...

Β΄Λύση:

Στο τέλος της ημέρας έχουν πουλήσει όλα τα αυγά τους και έχουν βγάλει κέρδος 70€ ο καθένας...

Πως πρέπει να ενεργήσουν τα αδέλφια, έτσι ώστε πουλώντας το κάθε ένα από τα αυγά που πήρε να κάνουν τις ίδιες εισπράξεις;

Επεξηγήσεις :

Δεν πρέπει να πουλήσει ή να χαρίσει αυγά ο ένας αδερφός στον άλλο, δεν είναι απαραίτητο όλα τα αυγά (μονάδες πώλησης) να πουληθούν στην ίδια τιμή , δηλαδή μπορεί να αποφασίσουν και τα τρία αδέρφια να πουλάνε την δυάδα προς π.χ. € 0,50 και το ένα αυγό € 1,5 , αλλά και οι τρεις θα πουλάνε τον ίδιο συνδυασμό μονάδων που θα επιλέξουν (π.χ. τριάδες αυγών και 1 αυγό μόνο του ή άλλους συνδυασμούς που θα επιλέξουν ) και με την ίδια τιμή ανά μονάδα πώλησης (π.χ. όλες οι τετράδες αυγών θα πωλούνται με € 2 από όλα τα αδέρφια). Τέλος στην λύση δεν ισχύει η "οικονομική" λογική αλλά μόνο η μαθηματική (μπορεί δηλαδή η δυάδες να πωλούνται με € 0,5 και το 1 αυγό να πωλείται με € 5).

(Κατ.36/Πρβλ. Νο.21)
Λύση:

Ματ σε Δύο

2011-12-13T20:21:00.002+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις. (Σ.17/Α)

Λύση

Κείμενο που θα κρύβεται

Ο Μυστηριώδης Γρίφος

2011-12-13T01:51:00.005+02:00

Ο πρίγκιπας της Λαχώρης Κλουσίρ Σαχ (πρωτεύουσα της επαρχίας Punjab-Πεντζάμπ, που σημαίνει Πενταποταμία) είχε ένα ασημένιο μενταγιόν, τ’ οποίο είχε κατασκευάσει ένας σπουδαίος τεχνίτης ο οποίος έζησε για κάποιο διάστημα στην Αυλή του πατέρα του. Επάνω στο μενταγιόν ο τεχνίτης είχε χαράξει ένα γρίφο, που μέχρι τότε που ζούσε ο πρίγκιπας κανένας μάγος ή αστρολόγος δεν μπόρεσε να λύσει το γρίφο. Στη μια πλευρά του μενταγιόν ήταν χαραγμένος ο αριθμός 128, ο οποίος περιβαλλόταν από επτά μικρά κόκκινα ρουμπίνια. Στην άλλη πλευρά του μενταγιόν ήταν χαραγμένοι τέσσερις αριθμοί, οι οποίοι αθροιζόμενοι δίνουν ως αποτέλεσμα τον αριθμό 128 που βρίσκεται στην άλλη πλευρά του μενταγιόν. Ποιο είναι όμως το νόημα των τεσσάρων αριθμών στα οποία είναι χωρισμένος ο αριθμός 128 και πιο είναι το νόημα τω επτά μικρών κόκκινων ρουμπινιών που το περιβάλλουν;

Με άλλα λόγια. Βρείτε τέσσερις αριθμούς, που το άθροισμά τους να είναι ίσο με τον αριθμό που βρίσκεται στο κέντρο του τετραγώνου, έτσι ώστε αφαιρώντας από το πρώτο, προσθέτοντας στο δεύτερο, πολλαπλασιάζοντας με το τρίτο, και διαιρώντας με το τέταρτο τον αριθμό που υπάρχει στην έλλειψη, να προκύπτει πάντα ο αριθμός 14.

(Κατ.12/Πρβλ. Νο.16)

Πηγή:

Το πρόβλημα αυτό έχει ληφθεί από μία μελέτη αριθμητικής με τίτλο «Lilavati», από τ’ όνομα της κόρης του, του Ινδού συγγραφέα, μαθηματικού και αστρονόμου του 12ου αιώνα, Bhāskara II (1114-1185) ή Bhāskarāchārya (Bhāskara ο Σοφός).]
Λύση:

Ματ σε Δύο

2011-12-11T22:52:00.004+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.

(Σ.45/Α)

Λύση

Κλειδί:1.Ιζ8!(zz),Ρδ6 2.Βδ7#
1….,Ρε4 2.Βζ3#
1….,Ργ4 2.Ββ3#
1….,ε4/ε:Ι 2.Βε6#
Θέμα: «Τρεις διαφυγές του μαύρου βασιλιά σε σχήμα ύψιλον (Υ)»,
«Way(Y)-Flights»

Η Ανταμειβή

2011-12-11T22:31:00.005+02:00

Ένα πλοίο που επέστρεφε από τη νήσο Σερεντίμπ (αρχαία ονομασία του νησιού Κεϋλάνη, σημερινή Σρι-Λάνκα), στην Ινδία φορτωμένο με μπαχαρικά, έπεσε σε σφοδρή θύελλα. Το πλοίο λίγο έλειψε να καταποντισθεί από τα τεράστια κύματα, αλλά γλύτωσε χάρη στη γενναιότητα που υπέδειξαν οι τρεις ναυτικοί, οι οποίοι με δεξιοτεχνία χειρίστηκαν τα πανιά του πλοίου. Ο καπετάνιος θέλοντας ν’ ανταμείψει τους τρεις ναύτες για τη γενναιότητά που υπέδειξαν τους πρόσφερε κάμποσα νομίσματα, όλα της ίδιας αξίας. Αυτά, που κυμαίνονταν μεταξύ 200 και 300, ο καπετάνιος τα τοποθέτησε σ’ ένα μικρό κουτί, ώστε την επομένη ημέρα, όταν θα έπιαναν λιμάνι, ο τελωνιακός να τα μοιράσει στους τρεις ναύτες.

Κατά τη διάρκεια της νύχτας, ένας από τους τρεις ναύτες ξύπνησε και σκέφτηκε το εξής:

-«Θα ήταν καλύτερα να πάρω το μερίδιο μου τώρα. Έτσι, δεν θ’ αναγκαστώ να φιλονικήσω με τους άλλου δύο για τα χρήματα.»

Χωρίς να πει τίποτα στους άλλους σηκώθηκε και πήγε να βρει το κουτί με τα νομίσματα. Όταν το βρήκε χώρισε τα νομίσματα σε τρία μερίδια, αλλά αυτά δεν ήταν ακριβώς ίσα. Περίσσευε ένα νόμισμα.

-«Εξ’ αιτίας αυτού του νομίσματος», σκέφτηκε, «σίγουρα θα μαλώσουμε το πρωΐ. Καλύτερα να το κρύψω κάπου.» Το έκρυψε κάπου, πήρε το μερίδιο του αφήνοντας τα μερίδια των άλλων δύο μέσα στο κουτί και επέστρεψε στο κρεβάτι του.

Μια ώρα αργότερα, ο δεύτερος ναύτης είχε την ίδια ιδέα, πήγε και βρήκε το κουτί με τα νομίσματα, και μη γνωρίζοντας ότι ο ένας από τους δύο είχε ήδη πάρει το μερίδιο του, μοίρασε εκ νέου τα νομίσματα σε τρία μερίδια. Αλλά, ω δυστυχία, περίσσευε και πάλι ένα νόμισμα. Θέλοντας κι’ αυτός ν’ αποφύγει κάθε φιλονικία με τους άλλους δύο το πρωΐ, έκανε ό,τι και ο πρώτος: το έκρυψε κάπου. Πήρε το μερίδιο του, που πίστευε ότι κατείχε δίκαια αφήνοντας τα μερίδια των άλλων δύο μέσα στο κουτί και επέστρεψε στο κρεβάτι του.

Ο τρίτος ναύτης σηκώθηκε τα χαράματα έχοντας την ίδια ιδέα. Μη γνωρίζοντας τι είχαν κάνει προηγουμένως οι δύο άλλοι ναύτες, πήγε και βρήκε το κουτί με τα νομίσματα και μοίρασε τα νομίσματα σε τρία μερίδια. Πάλι, όμως, περίσσευε ένα νόμισμα. Το έκρυψε κι’ αυτός κάπου πήρε το μερίδιο του αφήνοντας τα μερίδια των άλλων δύο μέσα στο κουτί και επέστρεψε ευτυχής στο κρεβάτι του.

Το επόμενο πρωΐ, όταν το πλοίο έφτασε στο λιμάνι, ο τελωνιακός βρήκε μέσα στο κουτί μια χούφτα νομίσματα. Μοίρασε το νομίσματα σε τρία μερίδια και έδωσε στο κάθε ναύτη το μερίδιο του. Μα πάλι περίσσευε ένα νόμισμα, τ’ οποίο κράτησε ως αμοιβή για την υπηρεσία που πρόσφερε.

Φυσικά, κανείς από τους τρεις ναύτες δεν παραπονέθηκε από τη μοιρασιά, αφού καθ’ ένας πίστευε πως είχε πάρει το μερίδιο που δίκαια του αναλογούσε.

Πόσα νομίσματα υπήρχαν στο κουτί και πόσα πήρε ο κάθε ναύτης;

(Κατ.36/Πρβλ. Νο.32)

Πηγή:

Το πρόβλημα αυτό έχει ληφθεί από μία μελέτη αριθμητικής με τίτλο «Lilavati», από τ’ όνομα της κόρης του, του Ινδού συγγραφέα, μαθηματικού και αστρονόμου του 12ου αιώνα, Bhāskara II (1114-1185) ή Bhāskarāchārya (Bhāskara ο Σοφός).]

Λύση:

Ματ σε Δύο

2011-12-11T14:17:00.004+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.

(Σ.45/Ε)

Λύση

Κλειδί:1.Ββ5!(zz),Ρ:Ιε4 2.Βε2#
1….,Ρ:Ιε6 2.Βε8#
Σχόλιο: Δύο συμμετρικά ηχώ – ματ.

Το Σμήνος των Μελισσών

2011-12-10T15:23:00.006+02:00

Κοίταξε αυτό το σμήνος των μυγών του μελιού.

Από το μισό του βγάλε τη τετραγωνική του ρίζα,

αυτή η συντροφιά τρυγάει σ’ ένα χωράφι γιασεμιών.

Τα οκτώ ένατα του συνόλου πετούν στον ουρανό.

Μία μονάχα μέλισσα ακούει μέσα σ’ ένα λωτό ένα

κηφήνα να βομβίζει, που παρασύρθηκε από την

ευωδιά τη τελευταία νύχτα και πιάστηκε στα δίχτυα του.

Πες μου, από πόσες μέλισσες αποτελείται η περιπλανώμενη αυτή παρέα;

(Κατ.34/Πρβλ. Νο.37)

Πηγή:
Το πρόβλημα αυτό έχει ληφθεί από μία μελέτη αριθμητικής με τίτλο«Lilavati», από τ’ όνομα της κόρης του, του Ινδού συγγραφέα, μαθηματικού και αστρονόμου του 12ου αιώνα, Bhāskara II (1114-1185) ή Bhāskarāchārya (Bhāskara ο Σοφός).]

Λύση:

Οι Μέλισσες

2011-12-10T01:36:00.007+02:00

Το 1/5 από κάποιο σμάρι ήρθε και αναπαύθηκε στο λουλούδι του Κατάμπα, και το 1/3 ήρθε και αναπαύθηκε στο λουλούδι της Σιλίντα. Τρεις φορές η διαφορά τους πέταξε πάνω από το λουλούδι της Κρουτάγια, και στον αέρα μόνη έμεινε μια μέλισσα, παρασυρμένη από το άρωμα του γιασεμιού. Πες μου,όμορφή μου, πόσες ήταν οι μέλισσες στο σμάρι;
(Κατ.34/Πρβλ. Νο.475)

Πηγή:
Το πρόβλημα αυτό έχει ληφθεί από μία μελέτη αριθμητικής

με τίτλο «Lilavati», από τ’ όνομα της κόρης του, του Ινδού
συγγραφέα, μαθηματικού και αστρονόμου του 12ου αιώνα,
Bhāskara II (1114-1185) ή Bhāskarāchārya (Bhāskara ο Σοφός).]

Λύση

Παραθέτω τη λύση, όπως το έλυσε ο τακτικός λύτης Ν.Lntzs.
Το γραφείο τύπου της ομορφούλας εξέδωσε μια ανακοίνωση που περιέχει
την απάντησή της:
ΔΕΛΤΙΟ ΤΥΠΟΥ
Ανακοίνωση:
Η όμορφη έκανε τις παρακάτω σκέψεις και πράξεις:
Έστω Χ οι μέλισσες που είχε το σμάρι. Τότε ολόκληρο το σμάρι των Χ
μελισσών ισούται με το άθροισμα των τριών τμημάτων του
[Χ/5 + Χ/3 + 3*(Χ/3-Χ/5)]και μία μέλισσα ακόμη.
Αυτό με μία εξίσωση γράφεται:
Χ=Χ/5 + Χ/3 + 3*(Χ/3-Χ/5)+1 ή
15Χ=3Χ+ 5Χ + 15Χ-9Χ+15 ή
Χ=15
Έκανε και την επαλήθευση
Το 1/5 του 15 είναι 3.
Το 1/3 του 15 είναι 5.
Τρεις φορές η διαφορά τους είναι 3*2=6 και μία (1) ακόμη.
Όλες μαζί τις βρήκε 3+5+6+1=15.
Με χαρά δίνει την απάντησή της:
"Ολες οι μέλισσες ήταν δεκαπέντε".
Για την πιστή αντιγραφή
του ΔΕΛΤΙΟΥ ΤΥΠΟΥ
Ο επί των Δημοσίων Σχέσων υπεύθυνος
Ν.Lntzs

Η Ηλικία

2011-12-09T17:36:00.009+02:00

Ρώτησαν ένα μαθηματικό του 20ου αιώνα πόσων ετών είναι και αυτός απάντησε ως εξής:

"Η τετραγωνική ρίζα του έτους που γεννήθηκα είναι ακριβώς ίση με τη σημερινή μου ηλικία."

Πόσων ετών ήταν, πότε γεννήθηκε και ποια χρονολογία έγινε η ρώτηση;
(Κατ.10/Πρβλ. Νο.67)

Λύση

Διερεύνηση:
Εφόσον στην εκφώνηση αναφέρεται ότι ο μαθηματικός είναι του
20ου αιώνα η ηλικία του πρέπει να κυμαίνεται από 40 ετών έως
50 ετών, διότι κάτω απο 40 δεν έχει νόημα. Με δοκιμές βλέπουμε
ότι εάν είναι:
Η πρώτη στήλη είναι η προς διερεύνηση ηλικία.
Η δεύτερη στήλη είναι το έτος γεννήσεώς του.
Η τρίτη στήλη είναι το έτος που έγινε η ερώτηση.
Η τέταρτη στήλη είναι ο αίωνας στον οποίο ανήκει το έτος γέννησης
και ερωτήματος της ηλικίας του.
Η πέμπτη στήλη είναι η απόρριψη ή η αποδοχή της διερεύνησης.
40 ετών    40^2 = 1600   1600+40 = 1640   17ος αι.    Απορρίπτεται
41 ετών 41^2 = 1681   1681+41 = 1722   18ος αι.    Απορρίπτεται
42 ετών    42^2 = 1764   1764+42 = 1806   19ος αι.    Απορρίπτεται
43 ετών    43^2 = 1849   1849+43 = 1892   19ος αι.    Απορρίπτεται
44 ετών    44^2 = 1936   1936+44 = 1980   20ος αι.    Αποδεκτό
45 ετών    45^2 = 2025   2025+45 = 2070   21ος αι.    Απορρίπτεται
Επομένως είναι 44 ετών, γεννήθηκε το 1936, και ρωτήθηκε 44 έτη μετά
την γέννησή του δηλαδή το έτος 1980 (=1936+44), οι οποίες χρονολογίες
ανήκουν στον 20ο αιώνα.

Τα Αυγά

2011-12-08T23:08:00.003+02:00

Μία χωρική πάει στη Λαϊκή για να πουλήσει όσα αυγά είχε προς 0,50 λεπτά έκαστο. Επειδή όμως στη διαδρομή της έσπασαν 3 αυγά, για να μη ζημιωθεί, πούλησε τα υπόλοιπα προς 0,60 λεπτά έκαστο, ώστε να εισπράξει τα ίδια χρήματα που θα εισέπραττε εάν δεν της έσπαζαν τα τρία αυγά. Πόσα αυγά είχε στην αρχή; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.112)

Λύση

Είχε 18 αυγά. Έστω «α» τα αυγά που είχε στην αρχή Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
0,50*α=ω --> α= ω/0,50 (1)
(α-3)*0,60=ω(2)
Αντικαθιστούμε την (1) στη (2) κι’ έχουμε:
(α-3)*0,60=ω --> (ω/0,50 -3)*0,60=ω --> (ω-1,50)*0,60=0,50*ω -->
0,60ω-0,90=0,50ω --> 0,60ω-0,50ω=0,90 --> 0,10ω=0,90 -->
ω=0,90/0,10-->ω=9 (3)
Επαλήθευση:
α= ω/0,50 --> α=9/0,50 --> α=18
(α-3)*0,60=ω --> (18-3)*0,60=ω --> ω=15*0,60 --> ω=9 --> 0,50*α=ω -->
0,50*18=ω --> ω=9
Άρα είχε 18 αυγά και εισέπραξε 9 δρχ.

Το Ύφασμα

2011-12-08T16:51:00.001+02:00

Το πλάτος ενός υφάσματος ορθογωνίου σχήματος αυξάνεται κατά 25%. Πόσο τοις εκατό πρέπει να μειωθεί το μήκος του, ώστε το εμβαδόν της επιφανείας του υφάσματος να μείνει το ίδιο; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.474)

Λύση

Παραθέτω τη λύση, όπως την έλυσε ο τακτικός λύτης του ιστολογίου
N.Lntzs.
΄Έστω α το πλάτος και β το μήκος του υφάσματος, τότε το εμβαδόν "Ε"
αυτού είναι: Ε= α*β (1)
Μετά την αύξηση κατά 25% το πλάτος θα γίνει
(100/100 + 25/100)*α=1,25*α
Αν ονομάσουμε χ% τη μείωση του μήκους, τότε αυτό θα γίνει
(100/100-χ/100)*β=(100-χ)*β/100.
Το εμβαδόν μετά τις μεταβολές του μήκους-πλάτους θα είναι:
Ε=1,25*α * (100 - χ)*β/100 (2)
Από τις (1),(2) προκύπτει:
α*β = 1,25*α * (100 - χ)*β/100 ή
1 =1,25 * (100 - χ)/100 ή
100=1,25 * (100 - χ) ή
100/1,25 = 100-χ
80 = 100-χ ή
χ=20.
Για να μείνει το ίδιο το εμβαδόν της επιφανείας του υφάσματος
πρέπει το μηκος να μειωθεί 20%.

Ματ σε Τέσσερις

2011-12-07T14:40:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις.
(Σ.51/Η)

Λύση

Κλειδί:1.Αβ1!(zz),Ρδ4 2.Ρε6(zz),δ5 3.Πγ2!(zz),Ρε4 4.Πγ4#
Θέμα: «Ινδικό ή Ινδική Διατομή»
Ο Λευκός με τη κίνηση κλειδί περνάει το κρίσιμο τετράγωνο "γ2",
στ' οποίο θα πάει ο Πύργος σχηματίζοντας μια μπαταρία υποχρώνοντας
το Μαύρο Βασιλιά να πάει στο τετράγωνο "ε4" για να κάνει ματ στην
επόμενη κίνηση.

Το Ύφασμα

2011-12-07T13:57:00.003+02:00

Τέσσερα μέτρα ενός υφάσματος στοιχίζουν ακριβώς τόσο, όσα μέτρα από το ίδιο ύφασμα θα μπορούσε κανείς ν’ αγοράσει με 4.900 δρχ. Πόσο στοιχίζει το μέτρο; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.124)

Λύση

Το ύφασμα στοιχίζει 35δρχ. το μέτρο. Έστω «α»δρχ. το κόστος του
μέτρου του υφάσματος. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του
προβλήματος έχουμε:
4α=4.900:α --> 4*α*α=4.900 --> 4α^2=4.900
Υψώνουμε και τα δύο μέλη στη τετραγωνική ρίζα:
sqrt(4α^2)= sqrt(4.900) --> 2α = 70 --> α = 70/2 --> α = 35

Ματ σε Τρεις

2011-12-05T20:46:00.002+02:00

Παίζουν τα Μαύρα και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.

Το πρόβλημα αυτό θυμίζει μια σύνθεση ενός Ρώσου συνθέτη με αντίστροφα χρώματα των κομματιών και να παίζουν τα Λευκά τη πρώτη κίνηση. Θα το αναρτήσω μετά τη λύση του δοθέντος προβλήματος.
Διευκρίνιση:
Τα Λευκά κομμάτια κατεβαίνουν, ενώ τα Μαύρα κομμάτια ανεβαίνουν.

Λύση
1....,Αγ3!(zz) 2.β:Α,Ργ1(zz) 3.γ4,Ιγ2#
A. V. Galitzky
1.Αζ6!(zz),η:Α 2.Ρζ8,ζ5 3.Ιζ7±.
Α. Gouliaev
1.Ργ3!(zz),β2=Β/Ι+ 2.Ιγ2+/Ργ2+,Β:Ι+/Ιγ3 3.Ρ:Β+/Α:Ι±.

Στο Καζίνο

2011-12-05T19:06:00.002+02:00

Κάποιος πάει στο καζίνο για να παίξει στη ρουλέτα. Πριν μπει μέσα βλέπει ένα νεαρό που πουλούσε εφημερίδες, τον πλησιάζει του δίνει 1,00€ και του λέει:

-«Εάν διπλασιάσω τα χρήματα μου φεύγοντας θα σου δώσω άλλο 1,00€.»

Πράγματι, διπλασιάζει τα χρήματα και φεύγοντας δίνει 1,00€ στο νεαρό που του είχε υποσχεθεί.

Πάει σ’ ένα άλλο καζίνο για να παίξει στη ρουλέτα. Πριν μπει μέσα βλέπει έναν άλλο νεαρό που πουλούσε εφημερίδες, τον πλησιάζει του δίνει 1,00€ και του λέει:

-«Εάν διπλασιάσω τα χρήματα μου φεύγοντας θα σου δώσω άλλο 1,00€.»

Πράγματι, διπλασιάζει τα χρήματα και φεύγοντας δίνει 1,00€ στο νεαρό που του είχε υποσχεθεί.

-«Εάν διπλασιάσω τα χρήματα μου φεύγοντας θα σου δώσω άλλο 1,00€.»

Πράγματι, διπλασιάζει τα χρήματα και φεύγοντας δίνει 1,00€ στο νεαρό που του είχε υποσχεθεί. Τελικά έμεινε χωρίς χρήματα.

Πόσα χρήματα είχε όταν πήγε στο πρώτο καζίνο για να παίξει στη ρουλέτα;
(Κατ.34/Πρβλ. Νο.473)

Λύση

Είχε 2,625€. Έστω «x» τα χρήματα που είχε πριν μπει στο καζίνο.
Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:
A΄Καζίνο με x€
Δίνει 1,00€ στο παιδί πριν μπει στο καζίνο και του μένουν (x-1)€
Παίζει στη ρουλέτα και διπλασιάζει το ποσό που είχε όταν μπήκε 2*(x-1)-->
(2x-2)€.
Βγαίνοντας από το καζίνο δίνει το 1,00€ που υποσχέθηκε στο παιδί,
εάν διπλασίαζε το ποσό που είχε, και του μένουν [(2x-2)-1]-->(2x-3)€.
Β΄Καζίνο με (2x-3)€
Δίνει 1,00€ στο παιδί πριν μπει στο καζίνο και του μένουν [(2x-3)-1] -->
(2x-4)€.
Παίζει στη ρουλέτα και διπλασιάζει το ποσό που είχε όταν μπήκε
2*(2x-4) --> (4x-8)€.
Βγαίνοντας από το καζίνο δίνει το 1,00€ που υποσχέθηκε στο παιδί,
εάν διπλασίαζε το ποσό που είχε, και του μένουν [(4x-8)-1] --> (4x-9)€.
Γ΄Καζίνο με (4x-9)€
Δίνει 1,00€ στο παιδί πριν μπει στο καζίνο και του μένουν [(4x-9)-1] -->
(4x-10)€.
Παίζει στη ρουλέτα και διπλασιάζει το ποσό που είχε όταν μπήκε
2*(4x-10) --> (8x-20)€.
Βγαίνοντας από το καζίνο δίνει το 1,00€ που υποσχέθηκε στο παιδί,
εάν διπλασίαζε το ποσό που είχε, και του μένουν [(8x-20)-1] --> (8x-21)€.
Επειδή έμεινε χωρίς χρήματα έχουμε την εξίσωση:
(8x-21) = 0 --> 8x = 21 --> x=21/8 --> x =2,625€
Επαλήθευση:
x =2,625€
(x-1) --> 2,625-1=1,625€
(2x-2) --> [(2*2,625)-2] = 5,25-2 = 3,25€
(2x-3) --> [(2*2,625)-3] = 5.25-3 = 2,25€
(2x-4) --> [(2*2,625)-4] = 5,25-4 = 1,25€
(4x-8) --> [(4*2,625)-8] = 10,50-8 = 2,50€
(4x-9) --> [(4*2,625)-9] = 10,50-9 = 1,50€
(4x-10) --> [(4*2,625)-10] = 10,50-10 = 0,50€
(8x-20) --> [(8*2,625)-20] = 21-20 = 1,00€
(8x-21) --> [(8*2,625)-21] = 21-21 = 0,00€ ο.ε.δ.

Ματ σε Τέσσερις

2011-12-04T20:01:00.003+02:00

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τέσσερις κινήσεις.

(Σ.53/Α)

Λύση

Kλειδί:1.Αγ3!(zz),Ρε3 2.Ρη2(zz),Ρε4(εάν 2....,Ρε2 3.Πε1#)
3.Ρη3(zz),Ρε3 4.Πε1#

Οι Μετεξεταστέοι

2011-12-04T17:36:00.007+02:00

Από τους 120 μαθητές ενός σχολείου τον Ιούνιο πέρασαν οι 70

και οι υπόλοιποι 50 έμειναν μετεξεταστέοι για τον Σεπτέμβριο.

Η ανακοίνωση για τους μετεξεταστέους, που ανέφερε πόσοι

έμειναν σε κάθε μάθημα και σε πια μαθήματα, έχει ως κάτωθι:

36 μαθητές στα Αρχαία Ελληνικά.

35 μαθητές στην Πληροφορική.

40 μαθητές στα Μαθηματικά.

42 μαθητές στην Ιστορία.

Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός μαθητών που έχει μείνει και

στα τέσσερα μαθήματα? (Κατ.33/Πρβλ. Νο.20)

Λύση

Παραθέτω τη λύση που έστειλε ο τακτικός λύτης του ιστολογίου
N. Lntzs περιληπτικά:
1)Από τους 50 μαθητές οι 36 θα διαγωνισθούν στα Αρχαία Ελληνικά,
οπότε 14 μαθητές δεν θα διαγωνισθούν στο μάθημα αυτό (50-36=14).
2)Από τους 50 μαθητές οι 35 θα διαγωνισθούν στη Πληροφορική,
οπότε 15 μαθητές δεν θα διαγωνισθούν στο μάθημα αυτό (50-35=15).
3)Από τους 50 μαθητές οι 40 θα διαγωνισθούν στα Μαθηματικά,
οπότε 10 μαθητές δεν θα διαγωνισθούν στο μάθημα αυτό (50-40=10).
4)Από τους 50 μαθητές οι 42 θα διαγωνισθούν στην Ιστορία,
οπότε 8 μαθητές δεν θα διαγωνισθούν στο μάθημα αυτό (50-42=8).
Άρα το άθροισμα αυτών ανέρχεται σε 14+15+10+8=47 μαθητές από το
σύνολο των 50 μαθητών οι 3 μαθητές θα διαγωνισθούν και στα τέσσερα
μαθήματα(50-47=3).