Η Σχολή του Πυθαγόρα

 Η χρονιά ίδρυσης της Πυθαγόρειας Σχολής αποτελείται από έναν τριψήφιο αριθμό, του οποίου το άθροισμα των ψηφίων του ισούται με 10. Το πρώτο ψηφίο είναι ίσο με το άθροισμα των άλλων δύο ψηφίων. Διαιρώντας δε τη χρονολογία με τον αριθμό 19, προκύπτει ένας ακέραιος αριθμός, ίσος με τις ημέρες κάποιου μήνα. Πότε ιδρύθηκε η σχολή;  

(Κατ.26/Πρβλ. Νο.7)

Λύση

Η σχολή του Πυθαγόρα ιδρύθηκε το 532π.Χ. Έστω «αβγ» ο τριψήφιος
αριθμός. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α+β+γ=10 (1)
α = β+γ (2)
Αντικαθιστούμε τη (2) στην (1) κι’ έχουμε:
α+β+γ=10 --> α+α=10 --> 2α=10 --> α=10/2 --> α=5
Διερεύνηση:
Ο αριθμός 5 σχηματίζεται από τους αριθμούς(1+4), (2+3), (3+2) και
(4+1), οι οποίοι σχηματίζουν τις χρονολογίες 514, 523, 532 και
541 π.Χ. Η εκφώνηση του προβλήματος λέει ότι το έτος ιδρύσεως της
σχολής διαιρούμενο με το 19 μας δίδει ως πηλίκο τις ημέρες
κάποιου μήνα.
Εάν διαιρέσουμε το 514 με το 19 αφήνει υπόλοιπο 1.
Εάν διαιρέσουμε το 523 με το 19 αφήνει υπόλοιπο 10.
Εάν διαιρέσουμε το 541 με το 19 αφήνει υπόλοιπο 9.
οι οποίες δεν ικανοποιούν τη συνθήκη του προβλήματος. Άρα η μόνη
αποδεκτή λύση είναι η χρονολογία 532 π.Χ., η οποία διαιρούμενη με
το 19 μας δίνει πηλίκο 28, δηλαδή, τις ημέρες του μηνός Φεβρουαρίου,
όταν το έτος είναι κανονικό.
Άρα η ζητούμενη χρονολογία ιδρύσεως της σχολής είναι το 532 π.Χ..
Επαλήθευση:
α+β+γ=10 --> 5+3+2=10
(100α+10β+γ)/19 --> (100*5+10*3+2)/19 --> (500+30+2)/19 -->
532/19=28 ο.ε.δ.
Λύση του batman1986
Έστω πως ο αριθμός είναι ΑΒΓ
Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε:
Α+Β+Γ=10
Α=Β+Γ
Και (Α*100+Β*10+Γ)=19ν(ν ακέραιος)
Από τους 2 πρώτους τύπους προκύπτει
2*Α=10 --> Α=5
Επίσης Γ=5-Β
Άρα η 3η μετατρέπεται
(500+9*Β+5)=19ν
Β=(19ν-505)/9(το Β είναι μονοψήφιος ακέραιος)
Δοκιμάζουμε με 30,31 και 28
και μόνο για 28 έχουμε ακέραιο και συγκεκριμένα
Β=3
Άρα Γ=5-3=2
Άρα ο αριθμός ΑΒΓ=532
Υ.Γ. Το έγραψα αναλυτικά αλλά προκύπτει πολύ πιο απλά από την
πληροφόρια ακέραιου αριθμού ίσου με τις μέρες ενός μήνα
δοκιμάζουμε τις 3 δυνατές περιπτώσεις
30*19=570
31*19=589
28*19=532
Από τι βλέπουμε μόνο η 3η περίπτωση ικανοποιεί τις πρώτες
προυποθέσεις.

Ρετρό – Ανάλυση

 Ποια ήταν η τελευταία κίνηση του μαύρου;
(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.58/Νο.153)

Λύση

Παρατηρώντας το διάγραμμα βλέπουμε ότι ο Βασιλιάς και τα δύο
πιόνια,"β7" και "θ7" ευρίσκονται στη θέση τους. Επομένως ως
τελευταία κίνηση του μαύρου μπορούμε να εκλάβουμε τις κινήσεις
"δ7-δ5" ή "ζ7-ζ5". Η κίνηση όμως,"δ7-δ5" αποκλείεται λόγω του
ότι ο λευκός έχει "κόψει" με τα πιόνια του 10 μαύρα κομμάτια,
εκ των οποίων το ένα είναι ο "Αγ8". Εάν υπήρχε το μαύρο πιόνι
στο "δ7"πως ο μαύρος έπαιξε τον Αξιωματικό του, ο οποίος πάρθηκε
από τα λευκά εκ των υστέρων; Άρα η τελευταία κίνηση των μαύρων
ήταν 1....,ζ7-ζ5, οπότε τα λευκά έπαιξαν 2.η:ζ6 e.p.,~ 3.ζ7±.
Με πρώτη ματιά φαίνεται ότι η τελευταία κίνηση των μαύρων μπορεί
να είναι δ7-δ5 ή ζ7-ζ5, άρα τα λευκά ξεκινούν με αν-πασάν στο
κλειδί από την μια μεριά [1 γxδ6 ( > 2 δ7#)] ή από την άλλη μεριά
[1 ηxζ6 ( > 2 ζ7#)]. Είναι και οι δύο συνέχειες σωστές; Όχι! Αυτό
αποδεικνύεται από τον σκελετό των λευκών πιονιών. Τα ε3-ζ4-η5
ήρθαν από τις θέσεις ζ2-η3-θ4 παίρνοντας τρία μαύρα κομμάτια. Το
ε7 ήρθε από την θέση α3 παίρνοντας τέσσερα μαύρα κομμάτια. Το
ε6 ήρθε από την θέση β3 παίρνοντας τρία μαύρα κομμάτια. Συνολικά
αιχμαλωτίσθηκαν δέκα μαύρα κομμάτια για να πάνε τα λευκά πιόνια
στις θέσεις του διαγράμματος. Στο διάγραμμα υπάρχουν έξι μαύρα
κομμάτια, άρα όσα μαύρα κομμάτια λείπουν αιχμαλωτίσθηκαν από λευκά
πιόνια. Αυτό ισχύει και για τον μαύρο αξιωματικό του γ8. Κάποια
προηγούμενη στιγμή έφυγε από την θέση του και πήγε αλλού (στις
γραμμές 3, 4, 5, ή 6) για να αιχμαλωτισθεί από λευκό πιόνι.Όμως,
για να μπορέσει να κινηθεί ο Αγ8, προφανώς του άνοιξε τον δρόμο το
πιόνι δ7. Άρα τελευταία κίνηση δεν ήταν η δ7-δ5, αλλά ζ7-ζ5!
Κλειδί: 1....,ζ5 2.ηxζ6!,~ (τα μαύρα παίζουν κάποια από τις έξι
διαθέσιμες κινήσεις τους) 3.ζ7#

Το Πρώτο Ρετρό

Παίζουν τα μαύρα κα κάνουν ματ σε 2 κινήσεις. Ποια είναι η τελευταία
κίνηση του Λευκού; (Ανθ. Σκακ. Παρ.-Σ.77-Νο.193)

Λύση

Εκ πρώτης όψεως βλέπουμε στο διάγραμμα ότι ο λευκός βασιλιάς έχει
μετακινηθεί από την αρχική του θέση και οι στρατιώτες "α2", "η2"
βρίσκονται στην αρχική τους θέση, οπότε λογικά η τελευταία κίνηση
των λευκών πρέπει να ήταν "γ2 - γ4" ή "ε2 - ε4".Η κίνηση "ε2 - ε4"
αποκλείεται λόγω του ότι τα μαύρα έκοψαν 10 λευκά κομμάτια εκ των
οποίων το ένα ήταν ο "Αζ1".Εάν υπήρχε στρατιώτης στο τετράγωνο "ε2"
πως θα έπαιζαν τα λευκά τον Αξιωματικό τους; Επομένως η προηγούμενη
κίνηση των λευκών ήταν: 1.γ2 - γ4 και μόνο .Οπότε τα μαύρα έπαιξαν
1....,β4:γ3e.p. 2.~,γ2±! Με πρώτη ματιά φαίνεται ότι η τελευταία
κίνηση των λευκών μπορεί να ήταν γ2-γ4 ή ε2-ε4, άρα τα μαύρα
ξεκινούν με αν-πασάν στο κλειδί από την μια μεριά [1 βxγ3 ( > 2 γ2#)]
ή από την άλλη μεριά [1 ζxε3 ( > 2 ε2#)]. Είναι και οι δύο συνέχειες
σωστές; Όχι! Αυτό αποδεικνύεται από τον σκελετό των μαύρων πιονιών.
Τα δ6-γ5-β4 ήρθαν από τις θέσεις γ7-β6-α5 παίρνοντας τρία λευκά
κομμάτια. Το ε2 ήρθε από την θέση θ6 παίρνοντας τέσσερα λευκά
κομμάτια. Το ε3 ήρθε από την θέση η6 παίρνοντας τρία λευκά κομμάτια.
Συνολικά αιχμαλωτίσθηκαν δέκα λευκά κομμάτια για να πάνε τα λευκά
πιόνια στις θέσεις του διαγράμματος. Στο διάγραμμα υπάρχουν έξι λευκά
κομμάτια, άρα όσα λευκά κομμάτια λείπουν αιχμαλωτίσθηκαν από μαύρα
πιόνια. Αυτό ισχύει και για τον λευκό αξιωματικό του ζ1. Κάποια
προηγούμενη στιγμή έφυγε από την θέση του και πήγε αλλού
(στις γραμμές 6, 5, 4, ή 3) για να αιχμαλωτισθεί από μαύρο πιόνι.Όμως,
για να μπορέσει να κινηθεί ο Αζ1, προφανώς του άνοιξε τον δρόμο το πιόνι
ε2. Άρα τελευταία κίνηση δεν ήταν η 1.ε2-ε4, αλλά η 1.γ2-γ4!
Κλειδί: 1....,βxγ3!e.p. 2.Τα λευκά παίζουν κάποια από τις έξι
διαθέσιμες κινήσεις τους),γ2#
Λύση του RIZOPOULOS GEORGIOS
Φαινομενικά υπάρχουν δυο ισοδύναμες λύσεις . Το γ2-γ4 και το ε2-ε4 στα
οποία ακολουθεί αντίστοιχα β Χ γ α.π ή ζ Χ ε α.π και ματ με το πιόνι γ3
ή ε3 στην επόμενη. Άλλη επιλογή δεν υπάρχει, και δεν μπορεί να έχει
κινηθεί τελευταία ο λευκός βασιλιάς γιατί (εκτός της λεπτομέρειας ότι
δεν θα υπήρχε ματ σε 2) θα έπρεπε να έχει έρθει από το γ2 ή το ε2 ,αλλά
το πιόνι δ3 δεν μπορεί να έχει δώσει σαχ στην τελευταία του κίνηση.
Οι πιονοδομες πάλι θα δώσουν τη λύση. Τα οκτώ μαύρα πιόνια φαίνεται να
έχουν κάνει δέκα κοψίματα. Τα δ6,γ5,β4 από ένα , τα ε5 και ζ4 ήρθαν από
τα αρχικά τους τετράγωνα και αναγκαστικά το δ3 ήρθε από τη στήλη η
(3 κοψίματα) και το δ2 από τη στήλη θ (4 κοψίματα). Άρα και τα
δέκα λευκά κομμάτια που λείπουν έχουν φαγωθεί από πιόνια
συμπεριλαμβανομένου και το λευκοτετράγωνου λευκού αξιωματικού. Αυτό
θα ήταν αδύνατο αν το λευκό πιόνι ε ήταν στο ε2 . Γιατί τότε. δεν μπορεί
να είχε κινηθεί ο φου («μπλοκέ» από τα ε2 και η2) και έπρεπε να έχει
φαγωθεί από κομμάτι, πράγμα άτοπο.Άρα φορσέ η τελευταία κίνηση ήταν
γ2-γ4.

Οι Διψήφιοι Αριθμοί

Εάν αθροίσουμε δύο διψήφιους αριθμούς το άθροισμά τους ισούται με 99. Ενώ εάν τους πολλαπλασιάσουμε το γινόμενό τους ισούται με 1.944. Τα ψηφία που απαρτίζουν τους δύο διψήφιους αριθμούς είναι τα ίδια, αλλά αντεστραμμένα. Μπορείτε να βρείτε για ποιους διψήφιους αριθμούς πρόκειται; (Κατ.26/Πρβλ. Νο.6)

Λύση

Λύση του N.Lntzs.
Έστω x και y οι ζητούμενοι αριθμοί,
S το άθροισμά τους
και Ρ το γινόμενό τους.
Δηλαδή:
x+y=S=99
x*y=P=1944
Αυτοί είναι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης: ω^2 - S*ω + Ρ = 0
ή ω^2 - 99*ω + 1944 = 0.
Αυτή έχει ρίζες τους αριθμούς 27 και 72, που είναι και οι ζητούμενοι
αριθμοί.Πράγματι 27+72=99 και 27*72=1944.
Οι υπόλοιπες πληροφορίες, δεν είναι απαραίτητες, εκτός αν δεν γνωρίζει
κάποιος την λύση δευτεροβάθμιας και ψάχνει στους 24 ακέραιους
διαιρέτες του 1944 (που είναι οι: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 27,
36, 54, 72,81, 108, 162, 216, 243, 324, 486, 648, 972
και 1944),απομονώσει τους διψήφιους (12, 18, 24, 27, 36, 54, 72,
81)και από αυτούς να επιλέξει δύο που ο ένας να είναι ο "αντίστροφος"
του άλλου και αυτοί είναι οι 27 και 72. Μια επαλήθευση στην συνέχεια
για επιβεβαίωση.
Λύση Papaveri
Έστω "αβ" και "βα" οι ζητούμενο διψήφιοι αριθμοί, οι οποίοι παριστάνονται
(10α+β)και(10β+α). Βάσει της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
(10α+β)+(10β+α)=99 (1)
(10α+β)*(10β+α)=1.944 (2)
Από την (1) συνάγουμε ότι:
(10α+β)+(10β+α)=99 --> 10α+β+10β+α=99 --> 11α+11β=99 --> 
11(α+β)=99 -->  α+β=99/11 --> α+β=9 --> α = 9 – β (3)
Διερεύνηση:
Δίνοντας στο "β" τις τιμές από το 1 έως το 9, βλέπουμε ότι οι μοναδικές
τιμές που δίνουν τη λύση είναι οι αριθμοί 2 και 7. Αντικαθιστούμε τη
τιμή του "β"στη (3) κι’ έχουμε:
α = 9 – β --> α = 9-2 --> α = 7
α = 9 – β --> α = 9-7 --> α = 2
Άρα οι διψήφιοι αριθμοί είναι οι 27 και 72.
Επαλήθευση:
(10α+β)+(10β+α)=99 --> [(10*2)+7]+[(10*7)+2]=99 --> 
(20+7)+(70+2)=99 --> 27+72=99
(10α+β)*(10β+α)=1.944 --> [(10*2)+7]*[(10*7)+2]=1.944 -->
(20+7)*(70+2)=1.944 --> 27*72=1.944 ο.ε.δ.

Οι Καμπανες

Δύο καμπάνες αρχίζουν και χτυπούν την ίδια χρονική στιγμή. Η μία κτυπάει κάθε 7/4 του δευτερολέπτου και η άλλη κάθε 4/3 του δευτερολέπτου. Tα χτυπήματα σε χρονικό διάστημα 1/2 του δευτερολέπτου ή και λιγότερο ακούγονται σαν ένα χτύπημα. Πόσα χτυπήματα θα ακούσουμε κατά τη διάρκεια 15 min?

(Κατ.34/Πρβλ. Νο.493)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.com/2012/02/blog-post_2612.html

Λύση

Λύση του N. Lntzs
Η μια καμπάνα, ας την ονομάσουμε Α κτυπά κάθε 7/4 του δευτερολέπτου,
έχει δηλαδή συχνότητα 4/7=16/28 κτύπους ανά δευτερόλεπτο.
Ενώ η άλλη, έστω Β, κτυπά κάθε 4/3 του δευτερολέπτου, έχει δηλαδή
συχνότητα 3/4=21/28 κτύπους ανά δευτερόλεπτο.
Συνεπώς σε 28 sec η Α έχει κάνει 16 κτύπους, ενώ η Β έχει κάνει 21
(χωρίς να μετρήσουμε τον κτύπο της έναρξης, την χρονική στιγμή μηδέν).
Αυτή την χρονική στιγμή (t=28 sec) κτυπούν ταυτόχρονα.
Το φαινόμενο αυτό επαναλαμβάνεται με περίοδο 28 sec.
Από τους 37 (=16+21) κτύπους, που γίνονται στο διάστημα των 28 sec,
μόνο 23 κτύποι γίνονται με διαφορά μεγαλύτερη του 0.5 sec.
Επομένως στα 15 min (=900 sec) το φαινόμενο θα επαναληφθεί 32 φορές
και θα απομείνουν και 4 sec (900=28*32+4).
Συνεπώς στα 896 sec (=32*28) θα ακουσθούν 32*23=736 κτύποι και στα
εναπομείναντα 4 sec θα ακολουθήσουν δύο κτύποι της καμπάνας Α μετά
από 1,75 και 3,5 sec και τρεις κτύποι της καμπάνας Β μετά από
4/3=1,333, 8/3=2,666, και 12/3=4 sec. Από αυτούς θα ακουσθούν
(λόγω διαφοράς μεγαλύτερης του 0.5 sec) ο δεύτερος της Α και οι τρεις
της Β, δηλ στα τελευταία 4 sec θα ακουσθούν τέσσερις κτύποι.
Συνολικά θα ακουσθούν 32*28+4=736+4=740 κτύποι, χωρίς να
καταμετρηθεί ο κτύπος της έναρξης, την χρονική στιγμή μηδέν.

Ιδιορρυθμίες (Ρετρό-Ανάλυση)

 Να αιτιολογήσετε, εάν η ανωτέρω θέση μπορεί να προκύψει από μια 

παρτίδα. (Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ72/Νο.183β)

Διαβάστε περισσότερα »

Υπάρχει και Δεύτερη Λύση; (Ρετρό-Ανάλυση)

 α)Παίζουν τα λευκά και κάνουν ματ σε 2 κινήσεις.

α1)Μπορούν τα λευκά να κάνουν το ροκέ; Να το αιτιολογήσετε. Και

α2)Εάν η θέση είναι νόμιμη, δηλαδή, εάν μπορεί να προκύψει από μια παρτίδα.

(Ανθ.Σκα. Παρ./Σ.71/Νο.183α)

Λύση

α)Δοκιμή:1.Ρε2;,Ιγ3+! Κλειδί:1.Ρζ2!,Ι~ 2.Βα1±
α1)Υπάρχει και η εξής κίνηση 1.0-0(!) που μπορεί να λύση το πρόβλημα:
Υπάρχουν λοιπόν δύο κλειδιά που λύνουν το πρόβλημα; Ναι ή όχι; Εδώ
βρίσκεται η δυσκολία του ανωτέρω προβλήματος και όχι στη λύση του.
Στο ν’αποδείξουμε εάν μετακινήθηκε ή όχι ο λευκός Βασιλιάς ή ο λευκός
Πύργος,ώστε να μπορεί να κάνει το ροκέ. Στην ανωτέρω θέση τα λευκά δεν
μπορούν να κάνουν το ροκέ, διότι έχουν μετακινήσει το Βασιλιά τους.
Που βασίζεται ο ανωτέρω συλλογισμός; Στην εξής λογική παρατήρηση:
Για να προκύψει η ανωτέρω θέση από την αρχική παρτίδα, ο μαύρος
Βασιλιάς έπρεπε να φτάσει από το τετράγωνο "ε8" στο τετράγωνο "α2".
Ποια διαδρομή ακολούθησε; Οπωσδήποτε δεν πέρασε από τα τετράγωνα
"α3" ή "β3", διότι ελέγχονται από τα λευκά πιόνια. Συνεπώς ακολούθησε
τη διαδρομή από την πρώτη οριζόντια γραμμή π.χ. "γ1","β1","α2". Πως,
όμως έφτασε στο "γ1"; Προφανώς από τα τετράγωνα "δ2" ή "δ1". Για να
διέλθει,όμως ο μαύρος Βασιλιάς από τα τετράγωνα αυτά, σημαίνει ότι ο
λευκός Βασιλιάς δεν ήταν συνεχώς στο "ε1". Άρα μετακινήθηκε ο λευκός
Βασιλιάς,μετά πέρασε ο μαύρος Βασιλιάς, π.χ. από τη διαδρομή "ε3","δ2",
"γ1","β1","α2",και στη συνέχει επέστρεψε ο λευκός Βασιλιάς στο "ε1" και
προέκυψε η ανωτέρω θέση. Συνεπώς το ανωτέρω πρόβλημα έχει μόνο μια
λύση:1.Ρζ2! Άρα η λύση 1.0-0 δεν υφίσταται, λόγω της μετακινήσεως του
λευκού Βασιλιά,όπως είδαμε, με αποτέλεσμα να χάσει το δικαίωμα του
ροκέ.
α2)Βάσει του ανωτέρω συλλογισμού, συνάγεται το συμπέρασμα ότι ή
θέση είναι νόμιμη.

Ρετρό – Ανάλυση

 Είναι η σειρά των Μαύρων να παίξουν:

α)Μπορούν τα μαύρα να κάνουν το ροκέ; Να το αιτιολογήσετε. Και

β)Εάν η θέση είναι νόμιμη, δηλαδή, εάν μπορεί να προκύψει από μια παρτίδα.
(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.83/Νο.205)

Λύση

α)Κατ’ αρχήν πρέπει ν’ αποδείξουμε εάν μετακινήθηκε ή όχι
ο μαύρος Βασιλιάς ή ο μαύρος Πύργος, ώστε να μπορεί να
κάνει το ροκέ. Στην ανωτέρω θέση τα μαύρα δεν μπορούν να
κάνουν το ροκέ, διότι έχουν μετακινήσει το Βασιλιά τους.
Που βασίζεται ο ανωτέρω συλλογισμός; Στην εξής λογική
παρατήρηση:
Για να προκύψει η ανωτέρω θέση, ο λευκός Βασιλιάς από την
αρχική θέση ,"ε1", έφτασε στο τετράγωνο "γ8" ακολουθώντας
μια διαδρομή. Ποια διαδρομή ακολούθησε; Οπωσδήποτε δεν
πέρασε από τα τετράγωνα "α6" ή "β6", διότι ελέγχονται από
τα μαύρα πιόνια τα οποία, όπως φαίνεται και στο διάγραμμα,
δεν μετακινήθηκαν από τη θέση τους. Συνεπώς ακολούθησε τη
διαδρομή από τα τετράγωνα "δ7" ή "δ8". Για να διέλθει,
όμως ο λευκός Βασιλιάς από τα τετράγωνα αυτά, σημαίνει ότι
ο μαύρος Βασιλιάς δεν ήταν συνεχώς στο "ε8". Άρα ο μαύρος
Βασιλιάς μετακινήθηκε, μετά πέρασε ο λευκός Βασιλιάς και
στη συνέχει επέστρεψε ο μαύρος Βασιλιάς στο "ε8", οπότε
προέκυψε η ανωτέρω θέση. Επομένως έχασε δικαίωμα του ροκέ,
το λόγω της μετακινήσεως του.
β)Βάσει του ανωτέρω συλλογισμού, συνάγεται το συμπέρασμα
ότι ή θέση είναι νόμιμη.

To Κλουβί ή Η Σαρκοφάγος του Ταμερλάνου ή Ο Τάφος του Κόντε

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε επτά κινήσεις.
(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.86/Νο.212)

Διαβάστε περισσότερα »

Ρετρό – Ανάλυση

α) Ποια ήταν η τελευταία κίνηση των Μαύρων, για να προκύψει η ανωτέρω θέση;

β) Η ανωτέρω θέση μπορεί να προκύψει σε παρτίδα;

(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.87/Νο.215) 

Διαβάστε περισσότερα »

Ρετρό – Ανάλυση

α) Ποια ήταν η τελευταία κίνηση των Λευκών, για να προκύψει η ανωτέρω θέση;

β) Η ανωτέρω θέση μπορεί να προκύψει σε παρτίδα;

(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.88/Νο.216) 

Διαβάστε περισσότερα »

Το Μήκος του Τρένου

Η αποβάθρα ενός σιδηροδρομικού σταθμού έχει μήκος 90 m. Η διάρκεια διέλευσης του τρένου από την αποβάθρα, δηλαδή ο χρόνος που περνά από τη στιγμή που η ατμομηχανή μπαίνει στο σταθμό ως τη στιγμή που βγαίνει από αυτόν και το τελευταίο βαγόνι είναι 9 sec. Η διάρκεια διέλευσης του τρένου μπροστά από τον σταθμάρχη που στέκεται ακίνητος στην αποβάθρα είναι 5 sec. Πόσο είναι το μήκος του τρένου? (Κατ.34/Πρβλ. Νο.492)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.com/2012/02/blog-post_8167.html

Λύση

Λύση του N. Lntzs.
Έστω U η ταχύτητα του τρένου, S το μήκος του τρένου, t1
η χρονική στιγμή εισόδου της εισόδου της ατμομηχανής στο
σταθμό και t2 η χρονική στιγμή εξόδου του τελευταίου
βαγονιού από αυτόν.
Σε χρόνο t2-t1 = 9 sec το τρένο διήνυσε απόσταση όση το
άθροισμα του μήκους της αποβάθρας και του μήκους της
αμαξοστοιχίας, ήτοι 90+S m.
Επομένως: U=(S+90)/9 m/sec (1).
Εξάλλου με την ίδια ταχύτητα U διήνυσε απόσταση όση το
μήκος της, διερχόμενη μπροστά από τον ακίνητο σταθμάρχη
σε χρόνο 5 sec,
δηλαδή: U=S/5 m/sec (2).
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει:
(S+90)/9=S/5 ή
9S=5S+450 ή
4S=450 ή
S=112,5 m
Παρατήρηση:
Η ταχύτητα U ελήφθη σταθερή, και εύκολα υπολογίζεται,
μέσω της σχέσης (2)
U= S/5 =1 12,5/5 m/sec =22,5 m/sec.

Μάτ σε 1/2 κίνηση!!(Ρετρό-Ανάλυση)

Παίζουν τα  Λευκά και επιτυγχάνουν μάτ ...... σε  ½ κίνηση!! Ποια ήταν η τελευταία κίνηση του Μαύρου;

(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.91/Νο.228) 

Διαβάστε περισσότερα »

Ποιο είναι το Κλειδί; (Ρετρό - Ανάλυση)

Παίζουν τα Λευκά και επιτυγχάνουν ματ σε 2 κινήσεις. 

Το ανωτέρωπρόβλημα παρουσιάζει δυσκολία για τον ανυποψίαστο λύτη, επειδή δεν μπορεί να εντοπίσει άμεσα την σειρά κινήσεων που θα κάνει ματ στα μαύρα στην δεύτερη κίνηση. 

(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.97/Νο.234)

Λύση

Το πρόβλημα χρειάζεται λίγη Ρετρόανάλυση. Ποια ήταν η κίνηση που
έπαιξαν προηγουμένως τα μαύρα;
Δεν μπορεί να έχει παίξει ο Αα1.
Δεν μπορεί να έχει παίξει ο Ρα3.
Πρέπει να έχει παίξει τελευταίο το μαύρο πιόνι Σβ5. Από πού
ξεκίνησε για να φτάσει στο β5; Όχι από το α6 ή το γ6 γιατί
υπάρχουν εκεί λευκοί πεσ-σοί. Αποκλείεται να ήρθε από το β6,
γιατί θα έδινε σαχ από εκεί. Άρα τα μαύρα έπαιξαν το πιόνι
"β7" στο "β5". Οπότε, η λύση είναι:
1.γxβ6 e.p.(Ανοίγοντας δύο γραμμές για τη Βασίλισσα.),Αxβ2 2.Βα4#
1... Ρxβ2 2.Βγ1#

Ο Αριθμός

Υπάρχει ένας αριθμός, ο οποίος σχηματίζεται αθροίζοντας 2 φορές τα ψηφία από τα οποία αποτελείται. Ποιος είναι αυτός o αριθμός; (Κατ.1/Πρβλ. Νο.122)

Λύση

Ο αριθμός 18. Έστω «αβ» ο διψήφιος αριθμός της μορφής 10α+β,
του οποίου αθροίζοντας τα ψηφία του δύο φορές προκύπτει ο
ζητούμενος αριθμός. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του
προβλήματος έχουμε:
10α+β=2*(α+β) --> 10α+β=2α+2β --> 10α-2α=2β-β --> β=8α (1)
Διερεύνηση:
Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε την
διερεύνηση των ακέραιων ριζών. Δίνοντας στο "α" τις τιμές από
το 1 έως το 9, βλέπουμε ότι η μοναδική τιμή που ικανοποιεί
τη συνθήκη και δίνει ακέραιο αριθμό "β" είναι ο αριθμός 1 και
μόνο, διότι οποιοσδήποτε άλλος αριθμός δοθεί προκύπτει
τριψήφιος αριθμός. Αντικαθιστούμε τη τιμή του «α» στην (1) κι’
έχουμε:
β=8α --> β=8*1 --> β=8 (2)
Επαλήθευση:
10α+β=2*(α+β) --> 10*1+8=2*(1+8) --> 10+8=2*9 --> 10+8=18 ο.ε.δ.

Ένα Διάγραμμα Τέσσερα Προβλήματα

 Στήν ανωτέρω εικόνα έχουμε ένα διάγραμμα  με τέσσερα προβλήματα. Σ’ όλα τα διαγράμματα παίζουν  τα Λευκά.και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις.
Πρώτο Διάγραμμα: Η ανωτέρω εικόνα.
Δεύτερο Διάγραμμα: Ο Λευκός Βασιλιάς από το τετράγωνο "α7" να μεταφερθεί στο τετράγωνο "ε7".
Τρίτο Διάγραμμα: Ο Λευκός Βασιλιάς από το τετράγωνο "α7" να μεταφερθεί στο τετράγωνο "α8".
Τέταρτο Διάγραμμα: Όλα τα κομμάτια να κατέβουν μια γραμμή κάτω.
(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.97/Νο.236)

Λύση

α)Όπως το διάγραμμα
1.Πθ4!,Ργ6 2.Βδ1,Ρβ5/Ργ7 3.Βδ7/Πγ4±
1....,Ρα4 2.Βθ3,Ρβ5 3.Βδ7±.
β)Ο Ρα7 --> ε7
1.Πθ2!,Ρα6/Ρβ6/Ργ6/Ρα4 2.Βδ7/Βδ7/Βδ7+/Βγ4,Ρβ6/Ρα6/Ρβ6/Ρα3
3.Πθ6/Πθ6/Πθ6/Πα2±.
γ)Ο Ρα7 --> α8
1.Πα6!,Ρ:Π 2.Βδ7!,Ρβ6 3.Ββ7±.
δ)Όλα τα κομμάτια μιά γραμμή κάτω
1.Βζ2!,Ρ:β 2.Ρβ5,Ρα3/Ργ3 3.Πθ3±
1...,Ρα3 2.Πθ3/Ρβ5,Ρβ4/Ρ:β 3.Βζ8/Πθ3±
1...,Ργ3 2.Πθ3+,Ρβ4 3.Βζ8±.

Ποιος έχει Σειρά να Παίξει; (Ρετρό – Ανάλυση)

 Σ’ ένα σχολικό πρωτάθλημα, μιας πόλεως, παρουσιάσθηκε στη σκακιέρα η ανωτέρω θέση.

Οι δύο αντίπαλοι άρχισαν ξαφνικά να διαπληκτίζονται μεταξύ τους. Ο
διαιτητής πήγε να δει τη συμβαίνει και τους ρωτάει:

- «Γιατί τσακώνεστε;»

Ο παίκτης που είχε τα Λευκά του απαντάει:                  

- «Είναι η σειρά μου να παίξω. Θα του αιχμαλωτίσω την Βασίλισσα με 
τον Πύργο μου και κάνω ματ.»

Ο παίκτης που είχε τα Μαύρα απαντάει: 

 -«Λέει ψέματα! Εγώ έχω σειρά να παίξω πηγαίνοντας την Βασίλισσα μου στο «β8» κάνοντας ματ.»

Ο διαιτητής μένοντας για λίγο διστακτικός κοίταξε με προσοχή την θέση στην σκακιέρα και βρήκε ποιος είχε δίκιο.

Με τ’ ανωτέρω δεδομένα μπορείτε να βρείτε ποιος έχει σειρά να παίξει 
και να δικαιολογήσετε το γιατί; (Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.104/Νο.253)

Λύση

Σειρά να παίξουν έχουν τα Μαύρα! Εάν ήταν η σειρά των Λευκών να
παίξουν,αυτό σημαίνει ότι την τελευταία κίνηση, αυτή που οδήγησε
στη θέση του διαγράμματος, θα την είχε κάνει ο Μαύρος. Πράγμα
που δεν ευσταθή. Τι όμως θα μπορούσε να είχε παίξει ο Μαύρος;
Ο Βασιλιάς του αποκλείεται να ήταν στο «β8» ή στο «β7»
(και να πήγε στο «α7») σύμφωνα με τους κανονισμούς. Η Μαύρη
Βασίλισσα πάλι, από πού μπορεί να ήρθε στο «α7»; Από τα τετράγωνα
«β8», «β7», «γ7» και «α6» αποκλείεται, γιατί από εκεί θ’ απειλούσε
τον Λευκό Βασιλιά, ενώ θα ήταν η σειρά της να παίξει, πράγμα βέβαια
αδύνατο. Επομένως την τελευταία κίνηση την έκαναν τα Λευκά, π.χ.
1.Πδ1δ7, και τώρα είναι η σειρά του Μαύρου να παίξει παίζοντας
1….,Ββ8#.

Ρετρό-Ανάλυση

Παίζουν τα μαύρα. Ποια ήταν η τελευταία κίνηση των λευκών;

Διαβάστε περισσότερα »

Το Έτος Γεννήσεως

Ρώτησαν τον Πέτρο πότε γεννήθηκε και εκείνος έδωσε την εξής απάντηση:

"Το άθροισμα των ψηφίων της χρονιάς αυτής είναι η ηλικία μου πριν από 10 χρόνια, ενώ το άθροισμα των ψηφίων της χρονιάς που είχαμε πριν από 9 χρόνια είναι η μισή ηλικία από αυτήν που έχω τώρα. όπως με βλέπετε φαίνεται ότι έχω περάσει τα 20 χρόνια".

Ποια χρονιά γεννήθηκε ο Πέτρος; (Κατ.10/Πρβλ. Νο.68)

Πηγή:: http://eisatopon.blogspot.com/2011/08/blog-post_631.html

Λύση

Λύση του batman1986
Εφόσον μας λέει ότι είναι πανω από 20 χρονών τότε το παρόν
είναι 20ος αιώνας.Αυτό προκύπτει έυκολα αφού αν πέσουμε στην
αλλαγή των αιώνων(π.χ. παρόν 21ος και πριν 9 χρόνια 20ος)
τότε δεν θα οδηγούμασταν σε λογικό συμπέρασμα αφού η μισή
ηλικία θα μας έβγαινε μικρότερη από την ολόκληρη(λογικό αφού
στις αρχές του 20ου τα αθροίσματα μας δίνουν μικρές ηλικίες
+10 χρονια=τωρινή.π.χ.
2008=8+2=10+10=20.Το 1999(9 χρόνια πριν)=28 άρα άτοπο αφού 28>20!)
Άρα βρήκα ότι το παρόν είναι προς τα τέλη του 20ου ώστε τα αθροίσματα
να μας δίνουν σχετικά μεγάλες ηλικίες.
Βρήκα ότι το παρόν είναι το 1999(1+9+9+9=28.Άρα τωρινή ηλικία 28+10=38)
Το 1990(9 χρόνια πριν) έχουμε άθροισμα 1+9+9+0=19 που είναι το μισό του
38 άρα τηρείται το κριτηριό μας! Οπότε αφού το 1999 είναι 38 χρονών τότε
γεννήθηκε το 1961. Η απάντηση δεν είναι μονοσήμαντη γιαυτό το σύστημα
είναι παραπάνω άγνωστοι από τις εξισώσεις(εξ ού και η "διερεύνηση").
Υπάρχει απειρία λύσεων αν αναφερθούμε στο μέλλον(μετά το 2012).
Μονοσήμαντη λύση προκύπτει αν βάλουμε κάποιο χρονικό όριο που ελέγχουμε
π.χ. μια άλλη λύση είναι με παρόν 2989 άρα γεννηθείς το 2951
Ορίστε και μια εξήγηση με εξισώσεις
Έστω περιορισμός 20ου αιώνα
Παρόν 19ΑΒ
9 χρόνια πριν 19ΓΔ
Δεδομένα:
1+9+Α+Β=χ-10(χ η σημερινή ηλικία)
1+9+Γ+Δ=χ/2
(Α+Β)-(Γ+Δ)=9
λύνω ως προς Α+Β και Γ+Δ και αντικαθιστώ στην 3η εξίσωση
όπου έχουμε:
χ-20-χ/2-10=9
άρα χ/2=19
άρα χ=38
Άρα Γ+Δ=18
και Α+Β=9
το Γ+Δ=18 το 20ο αιώνα μόνο για Γ=9 και Δ=9
Άρα το ζητούμενο έτος είναι το 1999 και αφού είναι 38 ετών γεννήθηκε
το 1961
Υ.Γ. (Α+Β)-(Γ+Δ)=9 αφού αν (Α+Β)-(Γ+Δ)=10 τότε(περίπτωσεις που το
παρόν έτος είναι οποιοδήποτε εκτός από το τελευταίο μιας δεκαετίας
του 20 αιωνα) το άθροισμα αυτού του έτους και αυτού πριν 9 χρόνια
θα είναι ίδιο.Αυτό συμβαίνει μόνο στην περίπτωση που είναι 20 ετών
κάτι που είναι άτοπο αφού η εκφώνηση μας λέει ότι είναι πιο μεγάλος...

Η Μάχη στη Μπεντερί

 

Ο εκδότης,D. W. Friske,του περιοδικού "Chess Monthly" έγραψε μια ιστορία για το βασιλιά της Σουηδίας Κάρολο XII (1682-1718) και παρακάλεσε τον Sam Loyd  να συνθέσει ένα πρόβλημα βάσει της ανωτέρω ιστορίας. Πράγματι ο Sam Loyd,18 ετών τότε, το συνέθεσε την ίδια ημέρα.

Ιδού το περιεχόμενο της ιστορίας:

Μετά την ήττα του στη Πολτάβα (Oυκρανία) από το Τσάρο της ΡωσίαςΠέτρο Α΄ του Μεγάλου, το  1709, ο Κάρολος πήγε στη πόλη Μπεντερί (Μολδαβία),η οποία βρισκόταν κάτω από τη τουρκική κυριαρχία. Μετά από μερικά χρόνια, το 1713, οι Τούρκοι, κατ’ απαίτηση του Τσάρου της Ρωσίας Πέτρου του Α΄ Μεγάλου (1672-1725) απεφάσισαν να εκδιώξουν το Κάρολο από τη κτίση τους, αλλά αυτός αρνήθηκε. Τότε οι Τούρκοι άρχισαν να πολιορκούν το φρούριο, μέσα στο οποίο βρισκόταν ο  Κάρολος και οι υποτελείς του. Χωρίς να δίνει σημασία στις σφαίρες που  έπεφταν, ο Κάρολος έπαιζε σκάκι με τον πρωθυπουργό του Χριστιάνο  Αλβέρτο Γκρόθουσεν. Μερικές από τις παρτίδες αυτές αναφέρονται και από τον Βολταίρο στο βιβλίο του με τίτλο "Ιστορία του Καρόλου του ΧΙΙ". Σε  κάποια στιγμή, ενώ έξω η μάχη μαινόταν λυσσαλέα, η παρτίδα έφτασε στην  ανωτέρω θέση. Αφού μελέτησε τη θέση αυτή για αρκετή ώρα ο Κάρολος, ο οποίος έπαιζε με τα λευκά, ανήγγειλε στον αντίπαλό του το εξής:

- "Απειλώ σε τρεις κινήσεις ματ!". Βλέπε ανωτέρω διάγραμμα (Ι).

Ξαφνικά μια εχθρική σφαίρα σπάει το τζάμι του παραθύρου και κτυπάει τον ίππο ρίχνοντας τον κάτω. Ο Κάρολος αφού μελέτησε τη νέα θέση ανήγγειλε στον αντίπαλό του το εξής:

- "Δεν πειράζει, είπε ο Κάρολος στον αντίπαλό του. Και χωρίς τον Ίππο σου

 αναγγέλλω ματ σε τέσσερις κινήσεις!". Βλέπε ανωτέρω διάγραμμα (ΙΙ).

 Δεν πρόλαβε ο Κάρολος να τελειώσει την αναγγελία του και μια νέα εχθρική σφαίρα ρίχνει κάτω το πιόνι "θ2".Ο Κάρολος αφού σκέφτηκε για λίγο είπε:

- "Όσο κι’ αν σας βοηθούν οι Τούρκοι το ματ δεν το γλυτώνετε! Σας αναγγέλ-

 λω ματ σε πέντε κινήσεις!". Βλέπε ανωτέρω διάγραμμα (ΙΙΙ).

 Σαράντα ένα χρόνια αργότερα ο Λετονός σκακιστής Friedrich Amelung παρατήρησε ότι εάν αφαιρώντας, από την αρχική θέση του ανωτέρω διαγράμματος, μόνο τον "Πη7" ο Λευκός κάνει ματ σε 6 κινήσεις. Τη παρατήρηση αυτή τη δημοσίευσε στο περιοδικό, "Baltische Schachblätter", το 1900. Βλέπε ανωτέρω διάγραμμα (IV), με διόρθωση του συγγραφέα.

Δυστυχώς, όμως, του διέφυγε μια δεύτερη συνέχεια που υπάρχει μετά την 3η κίνηση του Μαύρου. Με την προσθήκη του πιονιού στο «δ3», το οποίο δεν επηρεάζει καθόλου την όλη σύνθεση, λύνεται το πρόβλημα της δεύτερης συνέχειας.

(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.51/Νο.143)

Λύση

α)1.Π:η!,Α:Π 2.Ιζ3,Α~ 3.η4± 1....,Α:Ι 2.Πθ3+,Αθ4 3.η4±
β)1.θ:η!,Αε3 2.Πη4,Αη5 3.Πθ4+,Α:Π 4.η4± (1….,Α:η 2.Π:Α,Ρθ4 3.Πθ3±)
γ)1.Πβ7!,Αε3 2.Πβ1,Αη5 3.Πθ1+,Αθ4 4.Πθ2!!(zz),η:Π 5.η4±
ή 1....,Αη1 2.Πβ1,Αθ2 3.Πε1,Ρθ4 4.Ρη6,θ5 5.Πε4±
(1.Πη4!,Αε1; 2.Πδ4!(εάν 2.Πα4;;,Αγ3! 3.Πγ4,Αδ2! 4.Πε4,Αη5!
και δεν γίνεται ματ σε 5 κινήσεις),Αδ2 3.Π:Α,Ρθ4 4.Πδ1,~5.Πθ1±
1.Πη4!,Αε1; 2.Πδ4!,Αζ2 3.Πδ1,Αη1 4.Π:Α,Ρθ4 5.Πθ1±
Εάν 1.Πη4;,Αε3! 2.Πε4,Αη5! Και δεν γίνεται ματ σε 5 κινήσεις.
Επομένως το σχέδιο του λευκού είναι να μην αφήσει να πάει ο
μαύρος αξιωματικός στο τετράγωνο «η5», ώστε να μπορέσουν τα
μαύρα ν’ αμυνθούν.)
Δοκιμή:1.Πδ7;,Αδ4! 2.Π:Α=Πατ!!
δ)1.Ιζ3,Αε1 2.Ι:Α,Ρθ4 3.θ3,Ρθ5 4.Ιδ3,Ρθ4 5.Ιζ4,θ5 6.Ιη6±(Friedrich Amelung).
Δυστυχώς υπάρχει και δεύτερη συνέχεια μετά τη τρίτη κίνηση,(Dual):
δ1) 1.Ιζ3,Αε1 2.Ι:Α,Ρθ4 3.θ3,Ρθ5 4.Ρζ6!,Ρθ4 5.Ρη6,θ5 6.Ιζ3±
δ2) Με τη προσθήκη το πιονιού «δ3», σωστή λύση είναι η (δ1).

Σκάκι και Τούρκικες Σφαίρες

Η ανωτέρω θέση συνοδεύεται από την εξής ιστορία:

Κάποτε, πριν πολλά χρόνια, οι Τούρκοι πολιορκούσαν μια πόλη. Οι πολιορκημένοι όμως, δεν στεναχωριόντουσαν και πολύ, αφού έπαιζαν μανιωδώς σκάκι. Λοιπόν, μια ημέρα ο Ταγματάρχης έπαιζε με το Λοχαγό του μια παρτίδα που είχε φθάσει σε μια θέση τραγική για το Λοχαγό, αφού ο Ταγματάρχης του  ανήγγειλε ματ σε 2 κινήσεις. Βλέπε ανωτέρω διάγραμμα (Ι). 

 Ο καημένος ο Λοχαγός, που ήταν απαρηγόρητος, μελέτησε καλά τη θέση και είδε, ότι πράγματι ο Ταγματάρχης είχε δίκιο και ήταν έτοιμος να εγκαταλείψει, όταν μια τουρκική σφαίρα, σαν από μηχανής θεός, κτυπάει τον "Σγ5" και το ρίχνει έξω από τη σκακιέρα.                                  

- «Σώθηκα, λέει περιχαρής ο Λοχαγός!»

- «Όχι, αγαπητέ μου, του απαντάει ο Ταγματάρχης και τώρα είσαι ματ, αλλά σε 3 κινήσεις!»

Βλέπε ανωτέρω διάγραμμα (ΙΙ).

Ο Λοχαγός πέφτει σε νέα περισυλλογή μελετώντας τη νέα θέση, όταν μια νέα τουρκική σφαίρα κτυπάει το "Σα7" και το ρίχνει έξω από τη σκακιέρα.

Περιχαρής ο Λοχαγός λέει στο Ταγματάρχη:

- «Τώρα πια δεν μπορείτε να κάνετε ματ κ. Ταγματάρχα!»

Ο Ταγματάρχης όμως, ο οποίος ήταν δεινός σκακιστής, ρίχνει μια ματιά στη σκακιέρα και απαντάει χαμογελώντας:

- «Όλα τα τούρκικα πυροβόλα δεν μπορούν να σε σώσουν. Είσαι και τώρα ματ, αλλά σε 4 κινήσεις.»

Βλέπε ανωτέρω διάγραμμα (ΙΙΙ).

(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.45/Νο.127)

Λύση

Ι)1.γ6!,β:γ/β:Ι/β6 ή β5 2.Α:γ/γ7/γ7±
ΙΙ)1.Αγ6!,β:Α 2.Ργ8,γ5 3.Ιγ7±
ΙΙΙ)1.Ργ7!,Ρα7 2.Ιβ8,β5(ή β6) 3.Αβ7,β4(ή β5) 4.Ιγ6±
1.Ργ7!,Ρα7 2.Ιβ8,Ρα8 3.Α:β+, Ρα7 4.Ιγ6±

Το Αγρόκτημα

Ο Μάριος στο αγρόκτημά του εκτρέφει  38 ζώα, που αποτελούνται από γουρούνια και πάπιες. Τα πόδια αυτών των ζώων συνολικά είναι 104. Μπορείτε να βρείτε πόσες είναι οι πάπιες και πόσα τα γουρούνια;  
(Κατ.16/Πρβλ. Νο.9)

Λύση

Εάν «α» είναι τα κεφάλια των γουρουνιών, τότε τα κεφάλια των παπιών
θα είναι(38-α). Επειδή το γουρούνι έχει 4 πόδια τα «α» γουρούνια θα
έχουν 4α πόδια και οι πάπιες επειδή έχουν 2 πόδια οι (38-α) πάπιες
θα έχουν 2*(38-α) πόδια. Επειδή συνολικώς τα πόδια είναι 104, βάσει
των δεδομένων της εκφωνήσεως έχουμε:
4α+2*(38-α)=104 --> 4α+76-2α=104 --> 4α-2α=104-76 --> 2α=28 -->
α=28/2 --> α=14. Και (38-α) --> 38-14=24.
Άρα έχει 14 γουρούνια και 24 πάπιες.
Επαλήθευση:
4α+2*(38-α)=104 --> (4*14)+2*(38-14)=104 --> 56+2*24=104 -->
56+48=104 ο.ε.δ.

Κότες και αυγά

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

 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

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:mathslife.eled

Λύση

Μέχρι τη στιγμή που έπαθε λάστιχο ταξίδευε για μισή ώρα και είχε
διανύσει απόσταση 36 χιλιομέτρων. Επομένως η μέση ταχύτητα του,
σε αυτό το πρώτο μέρος του ταξιδιού, ήταν 72 (2 x 36) χιλιόμετρα
την ώρα. Όταν ξεκινά ξανά έχει να ταξιδέψει ακόμη 84 – 36 = 48
χιλιόμετρα και πρέπει να τα διανύσει σε λιγότερο από
6:30 – 5:55 = 35 λεπτά. Αν όμως χρησιμοποιήσει και τα 35 λεπτά
στο ταξίδι, δεν θα είναι στην ώρα του στη συνάντηση, γιατί θα
χρειαστεί χρόνο και για να βρει θέση στάθμευσης και να ανέβει
στο γραφείο. Θεωρώντας ότι χρειάζεται το λιγότερο 5 λεπτά γι’
αυτή τη διαδικασία, πρέπει να διανύσει τα 48 χιλιόμετρα που του
μένουν σε μισή ώρα. Άρα πρέπει να ταξιδέψει με μέση ταχύτητα
96(2 x 48) χιλιομέτρων την ώρα. Δηλαδή πρέπει να αυξήσει τη μέση
ταχύτητα κατά 96 – 72 = 24 χιλιόμετρα την ώρα.

Η αλυσίδα

 

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

 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

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

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

 

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

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

 

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

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

 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

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.