Νέο Έτος 2013!!

 Εύχομαι στους φίλους της ιστοσελίδας:

Χ Ρ Ο Ν Ι Α  Π Ο Λ Λ Α

Ε Υ Τ Ι Χ Ι Σ Μ Ε Ν Ο  ΚΑΙ  ΔΗΜΙΟΥΡΓΙΚΟ

 

Τ Ο  Ν Ε Ο  Ε Τ Ο Σ  2 0 1 3!! 

 

H A P P Y  N E W  Y E A R  2 0 1 3!!

Τα Κλάσματα

Δύο θετικά κλάσματα έχουν άθροισμα Α και αν αλλάξουν τους παρονομαστές τους, τότε το άθροισμα τους γίνεται 5Α. Να βρεθούν τα δύο θετικά κλάσματα.(Κατ.34/Νο.543)

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.gr/2012/03/blog-post_8852.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Είναι σίγουρο ότι υπάρχουν τέτοια κλάσματα (πέραν των προφανών 0/ν και 0/κ ,δηλαδή) 1/1 + 11/9 = 20/9 1/9 + 11/1 = 100/9 = 5*20/9 Αν έχω κάνει σωστή διερεύνηση, για να υπάρχουν ακέραιες θετικές λύσεις το πρώτο κλάσμα πρέπει να είναι μοναδιαίο 1/1. Πρέπει λοιπόν να βρούμε τη γενική λύση της: (1 + ν/κ)*5= (1/κ)+ν Για κ και ν θετικά γίνεται: κ(ν-5) +1=5ν Άρα (για κ-5 διαφορετικό από 0) ν=(5κ-1)/(κ-5) Αυτή έχει 8 θετικές λύσεις (επί συνόλω 16 ακεραίων) κ=6 , ν=29 7, 17 8, 13 9, 11 Και τις αντίστροφες (ν/κ) 29, 6 17,7 13,8 11,9 Οι ακολουθίες των λύσεων παρουσιάζουν ενδιαφέρον νομίζω. Συμπλήρωση από N. Lntzs. Ενδιαφέρων ο γρίφος και να συμφωνήσω με τον Γιώργο ότι οι ακολουθίες των λύσεων παρουσιάζουν ενδιαφέρον. Οι λύσεις όμως δεν περιορίζονται στο ότι το πρώτο κλάσμα να είναι μοναδιαίο αλλά υπάρχουν λύσεις με το πρώτο κλάσμα να είναι της μορφής 1/λ (λ φυσικός, και όχι μηδέν). Αρκεί να βρούμε τις ακέραιες λύσεις της: (1/λ + ν/κ)*5= 1/κ+ν/λ ή (για κ-5 διαφορετικό από 0) ν=λ*(5κ-1)/(κ-5) Για λ=1 οι λύσεις [όπως σωστά ανέφερε και ο Γιώργος] είναι: (ν,κ)=(6,29), (7,17), (8,13), (9,11), (11,9), (13,8), (17,7) και (29,6) Γενικότερα: Για τυχαία φυσική τιμή του λ οι λύσεις είναι: (ν,κ)=(6,29λ), (7,17λ), (8,13λ),(9,11λ), (11,9λ), (13,8λ), (17,7λ) και (29,6λ).

Τα Πεπόνια

Εξήντα πέντε μαθητές, αγόρια και κορίτσια, θέλουν να 
μοιραστούν 15 πεπόνια. Αποφασίζουν τα εξής:
Ανά τέσσερα αγόρια να παίρνουν από ένα πεπόνι. Και 
Ανά πέντε κορίτσια, επίσης, να παίρνουν από ένα πεπόνι. 
Πόσα είναι τα κορίτσια και πόσα τ' αγόρια; (Κατ.34/Νο.542) 
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/15_28.html

Λύση

Τ’ αγόρια είναι 25 και τα κορίτσια 40. Εάν «χ» είναι τα αγόρια και «ψ» τα κορίτσια, τότε «χ/5» είναι τα πεπόνια που πήραν τα αγόρια και «ψ/4» είναι τα πεπόνια που πήραν τα κορίτσια. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε δύο εξισώσεις με δύο αγνώστους. χ+ψ=65 (1) χ/5 + ψ/4 =15 --> 4χ+5ψ=15*20 -->4χ+5ψ=300 (2) Από την (1) συνάγουμε ότι: χ+ψ=65 --> χ=65-ψ (3) Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε: 4χ+5ψ=300 --> [4*(65-ψ)+5ψ]=300 --> 260-4ψ+5ψ=300 --> ψ=300-260 --> ψ=40 (4) Αντικαθιστούμε τη (4) στη (3) κι’ έχουμε: χ=65-ψ --> χ=65-40 --> χ=25 (5) Επαλήθευση: χ+ψ=65 --> 25+40=65 χ/5 + ψ/4 =15 --> 25/5+40/4 =15 --> 5+10=15 ο.ε.δ.

Ματ σε 21

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 21 κινήσεις.(Δαμόκλειος Σπάθη)

Λύση

1Βε7+,Πε5 2.Βη6+,Πζ5 3.Βθ4+,Πζ4 4.Βη2+,Πζ3 5.Βε1+,Πε3 6.Βγ2+,Πδ3 7.Ββ4+,δ4 8.Βγ6+,Πδ5 9.Βε7+,Πε5 10.Βη6+,Πζ5 11.Βθ4+,Πζ4 12.Βη2+,Πζ3 13.Βε1+,Πε3 14.Βγ2+,δ3 15.Ββ4+,Πδ4 16.Βγ6+,Πδ5 17.Βε7+,Πε5 18.Βη6+,Πζ5 19.Βθ4+,Πζ4 20.Βη2+,Πζ3 21.Βε1#,

Η Ηλικία

Η Πριγκίπισσα είναι όσο χρονών θα γίνει ο Πρίγκιπας, όταν η Πριγκίπισσα θα έχει τη διπλάσια ηλικία από ότι είχε ο Πρίγκιπας, όταν ή Πριγκίπισσα ήταν στη μισή ηλικία από ότι είναι τώρα και οι δύο μαζί. Βρείτε τις ηλικίες τους.(Κατ.10/Νο.70)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/02/blog-post_462.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Μυστήριο και δύσκολο πρόβλημα ως προς την ακριβή απόδοση των λεκτικών δεδομένων σε μαθηματικές σχέσεις. Καταρχάς ,από το πρώτο δεδομένο ότι η Πριγκίπισσα είναι ΤΩΡΑ όσο ΘΑ γίνει ο πρίγκιπας κλπ. συνάγουμε ότι η πριγκίπισσα είναι μεγαλύτερη από τον Πρίγκιπα (αν κι αυτό, θα προκύψει και από τις εξισώσεις ) Έχουμε ,από τα δεδομένα, τρεις διακριτές χρονικές στιγμές . Το 'τώρα' ,έστω Τ , όπου οι ηλικίες της Πριγκ. Και του Πρίγκηπα που ψάχνουμε είναι έστω x και y αντίστοιχα. Τ: πριγκίπισσα= x πρίγκιπας= y (1) To παρελθόν ,έστω Π, όπου από τα δεδομένα έχουμε ότι (x+y)2 = z , όπου z η μισή ηλικία που ΘΑ έχει ο πρίγκιπας όταν η Πριγκίπισσα θα έχει τα τωρινά χρόνια του πρίγκιπα, δηλαδή x. Δηλαδή ισχύει Π: πριγκίπισσα= (x+y)/2 Πρίγκιπας=z (2) Και Μέλλον Μ: πριγκίπισσα= 2z Πρίγκιπας=x (3) H ηλικιακή διαφορά μεταξύ τους , έστω Δ, είναι όμως πάντα σταθερή (αν υποθέσουμε ότι κάποιος από τους δύο κάνει διαστημικό ταξίδι , το πρόβλημα περιπλέκεται πολύ…:-)) Άρα οι (1) (2) και (3) γίνονται: x-y=Δ 2z-x=Δ (x+y)/2=Δ Ή x-y=Δ 2z-x=Δ x/2 + y/2 =Δ Το σύστημα γίνεται [x y z]* [ 1 -1 0 , -1 0 2 , 0.5 0.5 -1]= [ Δ Δ Δ] Άρα (με μετατροπή σε διαγώνια μήτρα) έχουμε: [x y z]* [ 1 0 0 , 0 1 0 , 0 0 1]= [ 4Δ 3Δ 5Δ/2] Άρα x=4Δ (ηλικία πριγκίπισσας) και y=3Δ (ηλικία πρίγκιπα) Άρα η πριγκίπισσα έχει κατά 1/3 μεγαλύτερη ηλικία από τον πρίγκιπα Υποθέτοντας ακέραιες τιμές για το Δ (δηλαδή ακέραια έτη διαφορά ηλικίας έχουμε)τους συνδυασμούς: Πρίγκιπισσα: 4 , 8 , 16, 24, 32, 40, 48, 56, 64… Πρίγκιπας: 3, 6, 12, 18, 24, 30, 36, 42, 48… Δεν συνεχίζω τους συνδυασμούς γιατί το πρόβλημα δεν λέει για γεροντοπρίγκηπες! Λογικοί συνδυασμοί ηλικιών είναι οι 18/24 ή 24/32 ή 30/40 ή έστω 36/48 Αν δινόταν η μία ηλικία το πρόβλημα θα είχε μονοσήμαντη λύση. Τώρα προσέχω ότι για να έχει και το z ακέραιες τιμές (η ηλικία του πρίγκιπα στο παρελθόν που ισούται με την μισή ηλικία της πριγκίπισσας στο μέλλον) πρέπει να ισχύει Δ= 2*κ (κ=ακέραιος) και (συνεπακολούθως) x=8k , y=6k, z=5k Oπότε τα ζεύγη με μη πολλαπλάσια του 8 και του 6 στις ηλικίες πριγκίπισσας και πρίγκιπα αντίστοιχα απορρίπτονται (όχι μαθηματικώς δηλαδή, αλλά για να έχει νόημα η εκφώνηση θα πρέπει νομίζω να αναφέρεται για κάθε χρονική στιγμή σε ακέραια έτη) Άρα μένει το 16/12 , 32/24 και 48/36 Εναλλακτική λύση- «μονολεκτική» τρόπον τινά- που μετατρέπει σε μία εξίσωση τα λόγια της εκφώνησης «μοτ α μό». Η ηλικία της πριγκίπισσας είναι το διπλάσιο του μισού των ηλικιών τους μαζί μείον τη διαφορά ηλικίας τους απομειωμενο κατά την διαφορά της ηλικίας τους. (σα γλωσσοδέτης είναι.):-) Ήτοι: x=2(((x+y)/2)-(x-y))-(x-y) …...3x=4y ή χ/y = 4/3

Οι Τρίτες

Σε κάποιο μήνα τρεις Τρίτες είχαν άρτια ημερομηνία. Ποια μέρα της εβδομάδας ήταν η 21η αυτού του μήνα; (Κατ.13/Νο.32)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_2407.html

Λύση

Λύση του N. Lntzs. Τρεις άρτιοι αριθμοί μικρότεροι του 31 και να διαφέρουν 14 (δύο εβδομάδες) είναι οι αριθμοί 2, 16, 30 Το πρόβλημα μετατοπίζεται να βρούμε τον μήνα που αρχίζει από Δευτέρα και ο οποίος σίγουρα δεν είναι μοναδικός. Ο Οκτώβριος του 2012 είναι ένας από αυτούς ο πιο κοντινός χρονικά. Ερώτηση: Πως τον βρήκες? Απάντηση: Κοίταξα το μερολόγιο!!!!! Επαλήθευση δεν χρειάζεται. Δεν κάνει ποτέ λάθος το ημερολόγιο. Να συμπληρώσω απαντώντας στο δεύτερο σκέλος της ερώτησης, με δεδομένο ότι 16 του μήνα ήταν Τρίτη, η 21η αυτού του μήνα ήταν Κυριακή. Λύση του Papaveri. Η 21η αυτού του μήνα ήταν Κυριακή. Οι Τρίτες τού μήνα αυτού με άρτια ημερομηνία ήταν: 2, 9, 16, 23, 30. Την περίπτωση αυτή τη συναντήσαμε τον Οκτώβριο του 2012

Η Διαδρομή

Ποια από τις τέσσερις διαδρομές από το "Α" έως το "Β" είναι η συντομότερη και γιατί;

(Κατ.27/Νο.541)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/abc-d.html

Λύση

Λύση του N. Lntzs. A= SQRT(17)+2+SQRT(2)+SQRT(10)=10,699, B= SQRT(5)+SQRT(5)+SQRT(2)+5 =10,886, C= SQRT(2)+SQRT(5)+SQRT(5)+SQRT(13)=9,492, D= SQRT(17)+SQRT(34)=9.954, C < D < A < B

Χριστούγεννα 2012!!

Η Ιστοσελίδα του Papaveri εύχεται σε όλους τους φίλους της

ΚΑΛΑ ΧΡΙΣΤΟΥΓΕΝΝΑ!!

Και

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ!!

Ο Αριθμός

Να βρεθεί ο μικρότερος αριθμός, στον οποίο εάν το δεξί ψηφίο το τοποθετήσουμε αριστερά, π.χ. έστω ο αριθμός «87», εάν τοποθετήσουμε το ψηφίο «7» αριστερά γίνεται «78», ο νέος αριθμός που σχηματίζεται θα είναι κατά 50% μεγαλύτερος από τον αρχικό αριθμό. 

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2011/02/blog-post_4375.html

Στο Ζωολογικό Κήπο

Ο Χρύσανθος με το πατέρα του επισκέφθηκαν το ζωολογικό κήπο και έμειναν για 18.000 δευτερόλεπτα. Τι ώρα έφυγαν, εάν πήγαν στις 8:30π.μ.; (Κατ.34/Νο.540)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/18000-sec.html

Λύση

Έφυγαν στις 1:30μ.μ. Έμειναν στο Ζωολογικό Κήπο 5 ώρες. Κατάταξη: Η μία ώρα έχει 3.600΄΄ Πόσες χ; ώρες είναι τα 18.000΄΄ 18.000:3.600=5ώρες,

Το Περιδέραιο

Ένας χρυσοχόος έχει 12 κομμάτια ασημένιας αλυσίδας, τα οποία αποτελούνται από δύο κρίκους το καθ’ ένα. Θέλει να ενώσει όλα τα κομμάτια, ώστε να κατασκευάσει ένα περιδέραιο. Για να το κάνει αυτό θα πρέπει να ανοίξει μερικούς κρίκους. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός κρίκων που πρέπει να ανοίξει; (Κατ.30/Νο.18)

Πηγή:(Kangourou Maths 2012 – Junior Level 9-10)

Διαβάστε περισσότερα »

Ράβδοι Χρυσού

Μπορούμε να αγοράσουμε ράβδους χρυσού σε κιβώτια των 25, 45, 65, και 85κιλών. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός κιβωτίων που μπορούμε ν'  αγοράσουμε, εάν θέλουμε ακριβώς 500 κιλά χρυσού; (Κατ.34/Νο.539)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_1267.html

Λύση

Ο ελάχιστος αριθμός κιβωτίων είναι 8. Θ’ αγοράσουμε 7 κιβώτια των 65κιλών και ένα κιβώτιο των 45κιλών. ή Θ’ αγοράσουμε 5 κιβώτια των 85κιλών και τρία κιβώτιο των 25κιλών. Θ’ αγοράσουμε 5 κιβώτια των 65κιλών, δύο κιβώτια των 45κιλών και ένα κιβώτιο των 85κιλών. (7*65)+(1*45)= 455+45=500κιλά, (5*85)+(3*25)= 425+75=500κιλά, (5*65)+(2*45)+(1*85)= 325+90+85=500κιλά (Λύση του batman1986).

Τα Μηνύματα

Σε μια τάξη, ενός σχολείου, κάθε μαθητής έστειλε ένα SMS σε καθέναν από τους άλλους μαθητές της τάξης του. Συνολικά τα μηνύματα ήταν 240. Από πόσους μαθητές αποτελείται αυτή η τάξη; (Κατ.34/Νο.538)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/sms.html

Λύση

Η τάξη αποτελείται από 16 μαθητές. Αν «x» (με x>0) είναι οι μαθητές της τάξης, τότε ο κάθε μαθητής έστειλε (x-1) μηνύματα και όλοι οι μαθητές μαζί έστειλαν: x*(x-1)=240 --> x^2-x=240 --> x^2-x-240=0. Αυτή έχει ρίζες: x =16 (δεκτή) x = -15 (απορρίπτεται) Επαλήθευση: x*(x-1)=240 --> 16(16-1)=240 --> 16*15=240 ο.ε.δ.

Σχηματισμοί

Χρησιμοποιώντας τους αριθμούς 1, 5, 6, και 8 από μία φορά και τις τέσσερις πράξεις (όχι απαραίτητα όλες), να σχηματίσετε τον αριθμό 7.

(Κατ.43/Νο.21)

Λύση

[8-(1+5)/6]=8-6/6=8-1=7, [(1*5)+(8-6)]=5+2=7, [8-(6-(5+1))! = [8-(6-6)!]=8-0!=8-1=7

Τα Δευτερόλεπτα

 Λόγω των ημερών θ' αναρτήσω κάτι σχετικό με τα Χριστούγεννα. Πόσα δευτερόλεπτα πέρασαν από την ημέρα της Γεννήσεως του Χριστού μέχρι σήμερα (20-12-2012); 
(Κατ.13/Νο.31)

Λύση

Λύση του N. Lntzs. Ο χρόνος που πέρασε από την στιγμή της Γέννησης του Χριστού μέχρι σήμερα (20-12-2012) για να υπολογισθεί με ακρίβεια δευτερολέπτου, θα πρέπει να γνωρίζουμε την ακριβή ώρα (ώρα-λεπτά- δευτερόλεπτα) της Γέννησης και την ένδειξη του ωρολογίου σήμερα (20-12-2012). Ας υποθέσουμε ότι η στιγμή της Γέννησης ήταν τα μεσάνυκτα προς το ξημέρωμα της 25ης Δεκ. του έτους 1. Ενώ για σήμερα θεωρούμε την 12η μεσημβρινή της 20-12-2012. Πρέπει πρώτα να υπολογίσουμε τον αριθμό των ημερών α) ημέρες του έτους 1: 7. β) Ημέρες των ετών από έτος 2 (1-1-2) μέχρι και έτος 2011 (31-12-2011): 734.137 Κάθε έτος έχει 365 ημέρες εκτός των δίσεκτων με 366. Τα δίσεκτα έτη είναι όσα διαιρούνται με το 4, τα έτη των αιώνων όμως δεν είναι δίσεκτα εκτός και αν διαιρούνται με το 400. Έτσι τα δίσεκτα είναι όσα τα πολ/σια του 4(δηλ. 502) μείον τα έτη των αιώνων(δηλ. 20) συν τα έτη που διαιρούνται με 400 και είναι 5 (τα 400, 800, 1200, 1600 και 2000) σύνολο δίσεκτων ετών 502-20+5=487. Σύνολο ημερών 487*366+(2010-487)*365=734.137 γ) ημέρες του έτους 2012(δίσεκτο) μέχρι τα μεσάνυκτα της 19ης Δεκ. 2012: 366-12=354 Γενικό Σύνολο ημερών: 7+734.137+354=734.498 Ώρες: 734,498*24 + 12=17.627.964 (Οι 12 είναι οι ώρες της 20-12-2012). Δευτερόλεπτα: 17.627.964 *60*60= 63.460.670.40.

Ο Αριθμός

Ο Κώστας και ο Γιάννης παίζουν το εξής παιγνίδι:
Ο Κώστας γράφει σ’ ένα χαρτί  τον αριθμό 100 και ανεβαίνει τους αριθμούς
ανά 3: 100,103,106,109, ...,n.
Ο Γιάννης ξεκινάει συγχρόνως με το Κώστα και γράφει σ’ ένα χαρτί τον 
αριθμό 800 και κατεβαίνει τους αριθμούς ανά 4: 800, 796, 792, 788, ...,n.
Ποιον αριθμό θα γράψουν συγχρόνως και τα δύο παιδιά και πότε θα συμβεί 
αυτό (σε ποιο βήμα); (Κατ.3/Νο.23) 
Πηγή:http://savalas.gr/pr2/21250.pdf (Πρόβλημα 11^ο)

Λύση

Λύση του N.Lntzs. O ζητούμενος αριθμός είναι ο ν-οστός όρος των δύο αριθμητικών προόδων: (αν) με α1=100, ω1=3 και (βν) με β1=800, ω2=-4 οπότε: αν=βν <-->100+3*(ν-1)=800-4*(ν-1) <--> ν-1=100 <--->ν=101 Οπότε n = α101 = β101 = 400 Λύση του batman1986. 3κ+100=800-4λ Για κ = λ 7λ=700 --> λ=700/7 --> άρα λ=100 Οπότε αυτό θα γίνει στο 100ο βήμα και θα είναι ο αριθμός 400 Λύση του Papaveri. Οι αριθμοί 100 και 800 διαφέρουν κατά 800 −100 = 700 . Επειδή 3 + 4 = 7, καταλαβαίνουμε ότι κάθε στιγμή που και οι δύο γράφουν έναν αριθμό, η διαφορά 700, που είχαν οι αρχικοί αριθμοί 100 και 800, μειώνεται κατά 7. Ας το δούμε: 800 −100 = 700 , 796 −103 = 693 , 792 −106 = 686 , … Αφού λοιπόν ο αριθμός 800 ελαττώνεται διαρκώς κατά 7, η διαφορά αυτή θα μηδενιστεί σε 700 : 7 =100 βήματα. Αλλά σε 100 βήματα: Ο Κώστας θα γράψει τον αριθμό 100 + (3 *100) = 400 και Ο Γιάννης θα γράψει τον αριθμό 800 − (4 *100) = 400. Άρα και οι δύο θα γράψουν συγχρόνως τον αριθμό 400 και αυτό θα συμβεί μόλις γράψουν και οι δύο τον εκατοστό στη σειρά αριθμό, χωρίς όμως να μετρήσουμε τους αριθμούς 100 και 800.

Ο Αριθμός

Τρεις φίλες παίζουν το εξής παιχνίδι:

Η πρώτη μετράει δυνατά τους αριθμούς 1, 2, 3, …,n.

Η δεύτερη χτυπάει μία φορά παλαμάκια όταν ακούει αριθμό πολλαπλάσιο του 6.

Η τρίτη χτυπάει μία φορά παλαμάκια όταν ακούει αριθμό που είναι 
πολλαπλάσιο του 8. 
Κάποια στιγμή που η πρώτη φίλη λέει έναν αριθμό, οι δύο άλλες 
φίλες χτυπούν συγχρόνως παλαμάκια για 10^η φορά. Ποιος είναι ο αριθμός αυτός;  
(Κατ.5/Νο.63)

Πηγή:http://savalas.gr/pr2/21250.pdf (8^ο Πρόβλημα)

Λύση

Ο δεύτερος χτυπάει παλαμάκια στα πολλαπλάσια του 6 και ο τρίτος στα πολλαπλάσια του 8. Άρα συγχρόνως χτυπούν παλαμάκια στους αριθμούς που είναι πολλαπλάσια του Ε.Κ.Π. (ελάχιστου κοινού πολλαπλασίου) των αριθμών 6, 8. Όμως, Ε.Κ.Π. (6, 8) = 24, δηλαδή χτυπούν όταν ακούν τους αριθμούς: 24, 48, 72, 96, ... Τη στιγμή που χτυπούν συγχρόνως για 10η φορά παλαμάκια, ο αριθμός που ακούν είναι ο 24*10 = 240 .

Ματ σε Δύο

 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε δύο κινήσεις.
(Δαμόκλειος Σπάθη)

Λύση

1.γ6!(>2.Πβ5# ),Π:Π 2.Βθ5#, 1....,Π:Β+ 2.Πε3#, 1....,Πδ2+ 2.Πε3#, 1...,Πδ3+ 2.Πβ6#, 1....,ε3 2.Π:ε3 # /2.Β:Π#, 1....,Ρε5 2.Πγ5#

Ματ σε Οκτώ

Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε 8 κινήσεις.
(Δαμόκλειος Σπάθη)

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. 1.Πδ7, Αη6(ή ζ5) (Εάν 1....,Αη8 2.Αθ7 και ματ σε τρεις ,με την ίδια ιδέα που γίνεται στο τέλος). 2.Πδ6, Αζ5 (Εάν 2....,Αθ7 2.Αη6 με ίδια ιδέα και κατάληξη) 3.Πδ5, Αε4 4.Πδ4, Αη6 (ή θ7, δεν έχει διαφορά) 5.Αε4, Α:Αε4 6.Π:Αε4, Ρβ1 7.Πγ4, Ρα1 8.Πγ1 ματ.

Δέκα Ερωτήσεις Ζητούν Δέκα Απαντήσεις

1. Η τιμή μιας μετοχής πέφτει κατά 50%. Πόσο τοις % θα πρέπει να 

ανεβεί για νααποκτήσει την αρχική της τιμή;
2. Τι πιθανότητα έχουμε όταν ρίχνουμε δυο ζάρια να φέρουμε «6άρες»;
(δηλαδή να δείχνουν και τα δύο 6)
3. Η τιμή ενός προϊόντος με ΦΠΑ 18% είναι 5.900 ευρώ. Ποια η τιμή του χωρίς ΦΠΑ;
4. Ένα ρολόι χτυπάει τις ακέραιες ώρες. Πόσα χτυπήματα ακούγονται σε ένα 24ωρο;
5. Ποια είναι περίπου η τιμή του 1,005^100;
6. Μια βρύση γεμίζει μια δεξαμενή σε 30 λεπτά και μια άλλη βρύση 
γεμίζει την ίδια δεξαμενή σε 70 λεπτά. Σε πόσα λεπτά γεμίζουν και οι δυο 
βρύσες μαζί τη δεξαμενή;
7. Ο αριθμός 20! πόσα μηδενικά έχει στο τέλος του;
(όπου 20!=1^.2^.3^.4^...19^.20)
8. Ποια γωνία σχηματίζουν οι δείκτες του ρολογιού όταν δείχνουν, 
12:20 μ.μ. ; 
9. Ένας πληθυσμός μικροοργανισμών διπλασιάζεται κάθε μέρα. Σε 10 
μέρες είναι 100 εκατομμύρια. Σε πόσες μέρες θα είναι 400 
εκατομμύρια;
10. Δίνεται η παρακάτω σειρά αριθμών:

5, 16, 50,...?

Ποιος είναι ο επόμενος αριθμός;

(Κατ.34/Ν0.537)
Πηγή:?

Λύση

1.100%, πρέπει να ανέβει η τιμή της μετοχής για ν’ αποκτήσει την αρχική της τιμή. [100%*(0,5χ)+0,5χ=χ --> 50χ+50χ=100χ], 2.Το πλήθος των δυνατών περιπτώσεων είναι 36 οπότε η πιθανότητα που ζητάμε είναι 1/36. [1/6*(1/6)=1/36], 3. Το 18% του 5.000 είναι 900, οπότε η τιμή χωρίς το φόρο είναι 5.000 ευρώ Η τιμή του προϊόντος χωρίς Φ.Π.Α. είναι 5.000€. Έστω «χ» η τιμή δίχως Φ.Π.Α. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης έχουμε: 1,18*χ=5.900 --> χ=5.900/1,18 --> χ= 5.000€, 4. Σ’ ένα 24ωρο θ’ ακουστούν 156 κτύποι. Θα κτυπήσει 12 φορές από το πρωΐ έως το μεσημέρι και 12 φορές από το μεσημέρι έως το βράδυ, δηλαδή 2 φορές το άθροισμα (1+2+3+4++5+6+7+8+9+10+11+12)*2=78*2=156 κτυπήματα θ’ ακουστούν., 5. Περίπου 1,5. (Γ. Ριζόπουλος) H προσέγγιση 1,5 για το (1+0,005)^100 , θεωρώ ότι δεν είναι ικανοποιητική. Το ανάπτυγμα σε σειρά Τάιηλορ (διωνυμικό ανάπτυγμα) για το (1 + x)^100 είναι 1+100x+4950x^2+161700x^3 +.....+100x^99+x^100 (101 όροι). Οι 4 όροι αρκούν για μια καλή προσέγγιση γιατί το άθροισμα των υπολοίπων είναι αμελητέα μικρό. Έτσι 1+100x+4950x^2+161700x^3= 1+0,005*100 + 4950* 0,005^2 + 161700*0,005^3=1+0,5+0,1237+0,020=1,6437 περίπου 1,64,(Προσθήκη N. Lntzs) Nα εμφανιστώ και εγώ γιατί πολλές απουσίες έκανα και θα μου ζητήσετε να έλθω με τον κηδεμόνα μου. Όλες οι ερωτήσεις είναι σχετικά απλές και με εύκολες απαντήσεις . Δεν διαφωνώ με τους προηγούμενους, άλλωστε έχουν δείξει την κλάση τους. Το μόνο που θέλω να προσθέσω στην 5η ερώτηση. Θεωρώντας γνωστό ότι το όριο της ακολουθίας (1+1/ν)^ν είναι ο αριθμός e=2,7182 και πιο γενικά της ακολουθίας (1+κ/ν)^ν είναι ο αριθμός e^κ , η παράσταση 1,005^100=(1+0.5/100)/100, ισούται κατά προσέγγιση με το όριο της ακολουθίας (1+0.5/ν)/ν που είναι η ρίζα του δηλ: sqrt(e)=sqrt(2,7182)=1.6487 (Σχόλιο Γ. Ριζόπουλου):Eξαιρετική η λύση του Ν.Λέντζου, για το (1+0,005)^ν! Τολμώ να πω η μόνη σωστή, γιατί η δικιά μου προϋποθέτει υποβοηθούμενη μνήμη :-)εκτός αν κάποιος ισχυριστεί ότι μπορεί να κατασκευάσει και να υπολογίσει τους όρους(διωνυμικούς συντελεστές) στο τρίγωνο του Πασκάλ για ν=100 :-) 6. Και οι δύο βρύσες μαζί γεμίζουν τη δεξαμενή σε 21 λεπτά. Σε 1 λεπτό η πρώτη βρύση γεμίζει το α/30 και η δεύτερη το α/70 μέρος της δεξαμενής. Οπότε και οι δύο μαζί σε ένα λεπτό γεμίζουν: (α/30)+ (α/70) =1 --> 70α+30α=2.100 --> 100α=2.100 --> α=2.100/100 --> α=21 το 1/21 της δεξαμενής. Άρα και οι δύο μαζί τη γεμίζουν σε 21 λεπτά. (batman1986) Απλή μέθοδος των τριών. Κατάταξη: 1 δεξαμενή σε 30 λεπτά 0,7 δεξαμενής σε χ; λεπτά χ=30*0,7=21 λεπτά. , 7. Τέσσερα μηδενικά. (Γ.Ριζόπουλος) Στα παραγοντικά έχουμε ένα μηδενικό ανά πολλαπλάσια του 5 ( 20/5 =4) 5!=120 (ένα μηδενικό) 10!=3.628.800 (δύο μηδενικά) 15!= 1307674368000 (τρία μηδενικά) 20!= 2432902008176640000 (τέσσερα μηδενικά) ..................... ..................... ...................... 100! =100/5 + 100/(5^2) + 100 /(5^3) = 20 + 4 + 0 = 24 (μηδενικά στο τέλος) Ή στην παραγοντοποίηση σε πρώτους του 100! Έχουμε 3^..*5^24* 7^..., 8. Οι δείκτες του ρολογιού σχηματίζουν στις 12:20μ.μ. γωνία 110 μοιρών. (Γ. Ριζόπουλος) Να συνεισφέρω επίσης το γενικό τύπο που δίνει τη γωνία των δεικτών ρολογιού σε μοίρες (degrees) συναρτήσει της ώρας. Γ= 30Ω - (11/2) Λ , έτσι στην περίπτωσή μας Γ=30*0 - (11/2)*20= -110 μοίρες. (το πρόσημο ( - ) σημαίνει δεξιόστροφα από το 0/12) (batman1986) Οι μοίρες μεταξύ ενδείξεων μιας ώρας είναι 360/12=30. Στις 12 και 20 έχει περάσει το 20/60=1/3 της ώρας. Άρα ο ωροδείκτης έχει στραφεί δεξιόστροφα από το 12 κατά 1/3*(30)=10 μοίρες. Άρα η γωνία που σχηματίζεται είναι 4*30-10=110 μοίρες, 9. Σε 12 ημέρες θα είναι 400.000.000 ο πληθυσμός των μικροοργανισμών. ( 2*2*100.000.000=400.000.000) Αφού σε 10 μέρες είναι 100.000.000, σε 11 ημέρες θα είναι 200.000.000, και σε 12 ημέρες θα είναι 400.000.000. 10. Ο επόμενος όρος της αριθμητικής προόδου προκύπτει εάν πολλαπλασιάσουμε τον προηγούμενο όρο με τον αριθμό 3 και προσθέσουμε σε κάθε νέο όρο την ακολουθία 1, 2, 3,..,n., οπότε ο επόμενος όρος είναι: 50*3+3=150+3=153.

Ο Αριθμός

Ποιος από τους αριθμούς που σας δίνονται κατωτέρω, κρύβεται πίσω από το ερωτηματικό;

2   10   13   15   21   27

Δεν έχει καμία σχέσει με Μαγικό Τετράγωνο.

(Κατ.27/Νο.340)

Πηγή:http://www.newsbeast.gr/weird/arthro/290527/grifos-o-arithmos/

Διαβάστε περισσότερα »

Ο Μετασχηματισμός

Να μετασχηματιστεί ο ανωτέρω λατινικός αριθμός 9 σε λατινικό αριθμό 6 προσθέτοντας μόνο μια ευθεία γραμμή.(Κατ.27/Νο.339)

Διαβάστε περισσότερα »

Η Πινακίδα

Ο κ. Παπαδόπουλος έχει 8 παιδιά και κανένα από αυτά δεν γεννήθηκε τον ίδιο χρόνο. Ο μεγαλύτερος, ο Γιαννάκης, είναι 9 ετών . Ο αριθμός της πινακίδας του αυτοκίνητου της οικογένειας είναι ένας τετραψήφιος αριθμός ο οποίος αποτελείται μόνο από δυο ψηφία ,δηλαδή, το κάθε ψηφίο επαναλαμβάνεται δυο φορές. Οι συμπτώσεις όμως δεν σταματούν εδώ, ο αριθμός της πινακίδας διαιρείται ακριβώς με την ηλικία του κάθε παιδιού της οικογένειας και τα δυο τελευταία ψηφία αποτελούν την ηλικία του κ. Παπαδοπούλου. Ποιος είναι ο αριθμός της πινακίδας του αυτοκινήτου;(Κατ.26/Νο.51)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2012/12/blog-post_6.html
(Πρόβλημα Νο.26)

Λύση

Λύση του N. Lntzs. Εφόσον οι ηλικίες των παιδιών είναι (ακέραιοι) αριθμοί, διαφορετικοί μεταξύ τους και μικρότεροι του εννέα, ένας τουλάχιστον από αυτούς είναι άρτιος, και επειδή ο αριθμός του αυτοκινήτου, με την μορφή xxyy, διαιρείται με τους αριθμούς που εκφράζουν τις ηλικίες των παιδιών, οφείλει να είναι άρτιος. Οπότε οι πιθανοί αριθμοί του αυτοκινήτου είναι xx00 xx22, xx44, xx66, και xx88. Οι δύο πρώτοι αποκλείονται (η ηλικία του πατέρα με οκτώ παιδιά πρέπει να είναι τουλάχιστον τριάντα) και οι υπόλοιποι τρεις για να διαιρούνται με το εννέα (ηλικία του μεγαλύτερου παιδιού) γίνονται αντίστοιχα: 5544, 3366, 1188 και με ανάλυση σε γινόμενο πρώτων γράφονται: 5544 = 2^3 * 3^2 * 7 * 11, 3366 = 3^2 * 11 * 7, 1188 = 2^2 * 3^3 * 11 Οι διαιρέτες των αριθμών αυτών που είναι μικρότεροι ή ίσοι του εννέα είναι: Του 5544 οι: 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, Του 3366 οι: 1, 2, 3, 6, 9, Του 1188 οι: 1, 2, 3, 4, 6, 9 Από τα παραπάνω είναι φανερό ότι το αυτοκίνητο είχε στην πινακίδα τον αριθμό 5544 και οι ηλικίες των οκτώ παιδιών ήταν 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9.(Ν. Lntzs) Υ.Γ.: Μια ωραία ιστοσελίδα με τις ιδιότητες των αριθμών είναι η http://numdic.com/. Λύση του batman1986. Εφόσον κανένα από τα 8 παιδιά δεν γεννήθηκε την ίδια χρονιά και ο μεγαλύτερος είναι 9 τότε οι υπόλοιπες 7 ηλικίες πρέπει να επιλεγούν ως κάποιοι συνδυασμοί από τους αριθμούς 1 έως 8. Βρίσκουμε το ΕΚΠ τους και εν συνεχεία διερευνούμε αν κάποιο ακέραιο πολ/σιο του ΕΚΠ μας δίνει το ζητούμενο (2 ψηφία μόνο και τα 2 τελευταία μια λογική ηλικία για τον πατέρα) Αν επιλέξουμε τους αριθμούς 1,2,3,4,5,8, τότε το ΕΚΠ με το 9 είναι: 9*5*8=360 Σίγουρα δεν είναι συνδυασμός με το 5 αφού προκύπτει πολλαπλάσιο του 10 το οποίο δεν μας δίνει το ζητούμενο Τελικά ο ζητούμενος αριθμός προκύπτει αν επιλέξουμε τους αριθμούς: 1,2,3,4,6,7,8,9 Άρα το ΕΚΠ τους με το 9 είναι : 9*7*8=504 Είναι το 11ο πολλαπλάσιο 11*504=5544 Άρα η ηλικία του πατέρα είναι 44 ετών Σαν γενίκευση θα μπορούσαμε να πούμε ότι έπρεπε με τις δοκιμές των ΕΚΠ να βρεθεί ένας αριθμός της μορφής χ0ψ έτσι ώστε όταν τον πολλαπλασιάσουμε με 11 να έχουμε: χ00*11+ψ*11=χχ00+ψψ=χχψψ Εάν δεν απορρίπταμε τον 5 τότε δεν θα προέκυπτε σίγουρα ένας τέτοιος αριθμός αφού το τελευταίο ψηφίο θα ήταν 0 και σύμφωνα με τον περιορισμό της εκφώνησης δεν θα μπορούσαμε να είχαμε αριθμό της μορφής χχ00, αφού τα 2 τελευταία ψηφία είναι η ηλικία του κ . Παπαδοπούλου !!!

Η Ταχύτητα Ροής

Ένας κολυμβητής βουτάει από μία γέφυρα, πάνω από ένα κανάλι, και κολυμπάει 1 χιλιόμετρο κατά μήκος του καναλιού. Μετά από αυτό το πρώτο χιλιόμετρο, προσπερνά έναν φελλό που πλέει. Συνεχίζει να κολυμπά για μισή ώρα και στη συνέχεια γυρίζει προς τα πίσω και κολυμπά προς τη γέφυρα. Ο κολυμβητής και ο φελλός φθάνουν στη γέφυρα την ίδια στιγμή. Ο κολυμβητής κολυμπούσε με σταθερή ταχύτητα. Ποια είναι η ταχύτητα ροής του νερού στο κανάλι; (Κατ.34/Νο.536)

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_7924.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Εφόσον ο κολυμβητής έχει σταθερή ταχύτητα (σταθερή φαινόμενη σε εμάς δηλαδή = σε σχέση με την ταχύτητα του ρεύματος!) έκανε 1 ώρα (1/2 κόντρα στο ρεύμα + 1/2 σύμφωνα με το ρεύμα) από τη στιγμή που συνάντησε το φελλό να ξαναφτάσει στο ίδιο σημείο συνάντησης με το φελλό ,δηλαδή στη γέφυρα, την ίδια ώρα ταξίδεψε ο φελλός από το αρχικό σημείο συνάντησης στη γέφυρα που αντιστοιχεί σε 1 Km. Εναλλακτικά (πιο εποπτικά ίσως..) αρκεί κάποιος να σκεφτεί, ότι αν δεν υπήρχε ρεύμα ο φελλός θα ήταν ακίνητος και ο κολυμβητής θα έκανε μισή και μισή= 1 ώρα να τον ξαναφτάσει στο ίδιο σημείο αρχικής συνάντησης. Άρα ταχύτητα φελλού= ταχύτητα ρεύματος (εξ ορισμού)= 1km/h “Επιστημονική» λύση(παντελώς περιττή βέβαια ή αλλιώς «πώς να πας Αθήνα-Λαμία μέσω Αμερικής», αν και σίγουρα θα συγκινούσε έναν δάσκαλο Φυσικομαθηματικών!:-)) ως εξής : Έστω Vρ= ταχύτητα ρεύματος (άρα και φελλού) και Vκ= η «καθαρή» ταχύτητα κολυμβητή. Αρχικά κολυμπά 1Km κόντρα στο ρεύμα με φαινόμενη ταχύτητα Vκ-Vρ και συναντάει το φελλό. Από αυτή τη χρονική στιγμή ο φελλός(ρεύμα) διανύει 1Km(μέχρι τη γέφυρα) σε χρόνο έστω t. Άρα Vρ= s/t= 1/t ή t=1/ Vρ (1) Ο ίδιος χρόνος t για τον κολυμβητή αντιστοιχεί σε: t=S/Vκ=(1/2)+ 1/(Vκ+Vρ) +(1/2)*(Vκ-Vρ)*1/(Vκ+Vρ) (2) Άρα εξισώνοντας τις (1) και (2) έχουμε: 1/Vρ=(½)+ 1/(Vκ+Vρ) +(Vκ-Vρ)/(2*(Vκ+Vρ)) Αυτή τελικά γίνεται: (Vκ +1)/(Vκ+Vρ)= 1/Vρ Μια λύση είναι Vκ=0 (που δεν μπορεί να ισχύει) Άρα αναγκαστικά (για Vκ > 0) μοναδική λύση : Vρ=1 (Km/h) Λύση του batman1986. Έστω V(κ) η ταχύτητα κολυμβητή , V(ρ) η ταχύτητα ροής και t o χρόνος επιστροφής στη γέφυρα(κολυμβητής παράλληλα με τη ροή) και χ η απόσταση που διανύετε το μισάωρο μετά τη συνάντηση με το φελλό Ισχύουν οι 3 εξισώσεις: χ=(Vκ-Vρ)*0,5 (1) (αντίθετα στη ροή) χ+1=(Vκ+Vρ)*t (2) 1=Vρ*(t+0,5)(3) (η συνάρτηση του φελλού) Αφαιρούμε την (1) από τη (2) και έχουμε 1=Vκ*(t-0,5)+Vρ*(0,5+t) Λόγω (3) v*(t-0,5)=0 Άρα t=0,5 Οπότε από τη (3) προκύπτει: Vρ=1/(0,5+0,5)=1km/h

Το Γινόμενο

Η Ελένη λέει στη φίλη της Άννα, που της αρέσουν οι γρίφοι, τον εξής γρίφο:
-«Η ηλικία μου είναι διψήφιος αριθμός και δύναμη του 5, και η ηλικία του ξάδερφου μου είναι διψήφιος αριθμός και δύναμη του 2. Το άθροισμα των ψηφίων των ηλικιών μας είναι περιττός αριθμός. Ποιο είναι το γινόμενο των ψηφίων των ηλικιών μας;»

(Κατ.10/Νο.69) 

Πηγή:Kangourou Maths 2012 – Student Level 11-12

 Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_2433.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Διψήφιος αριθμός δύναμη του 5 είναι μόνο το 25 (=5^2). Άρα η πρώτη ηλικία είναι 25. Διψήφιος αριθμός δύναμη του 2 είναι 2^4=16, ή 2^5=32, ή 2^6=64. Περιττό άθροισμα ψηφίων για το 25 + {16/32/64} προκύπτει μόνο στο 2+5+6+4= 17. Άρα οι ηλικίες είναι 25 και 64 και το ζητούμενο γινόμενο είναι το 2*5*6*4=240.

Ο Αριθμός

Η ανωτέρω σειρά αποτελείται από πέντε αριθμούς. Ο πρώτος αριθμός είναι ο αριθμός 2 και ο τελευταίος αριθμός είναι ο αριθμός 12. Το γινόμενο των πρώτων τριών αριθμών είναι 30, το γινόμενο των τριών μεσαίων αριθμών είναι 90 και το γινόμενο των τριών τελευταίων αριθμών είναι 360. Ποιος αριθμός βρίσκεται στο μέσο

της σειράς; (Κατ.2/Νο.154)  

Πηγή: Kangourou Maths 2012 – Student Level 11-12

Διαβάστε περισσότερα »

Το Μαργαριτάρι

Ένας νεαρός Κινέζος πρίγκιπας ήθελε να παντρευτεί την κόρη ενός μανδαρίνου. Ο πατέρας της, όμως, πριν δώσει τη συγκατάθεσή του αποφάσισε να δοκιμάσει την εξυπνάδα του πρίγκιπα. Έδωσε στον πρίγκιπα δύο άδεια βάζα από πορσελάνη μαζί με 100 λευκά και 100 μαύρα μαργαριτάρια και του είπε:  
-"Θα πρέπει να βάλετε όλα τα μαργαριτάρια στα βάζα. Μετά από αυτό, θα φωνάξω την κόρη μου από το διπλανό δωμάτιο, θα κλείσω τα μάτια της με μια κορδέλα μαύρη και θα πάρει ένα τυχαίο μαργαριτάρι από ένα από τα δύο βάζα. Εάν αυτό το μαργαριτάρι είναι μαύρο, τότε σας δίνω το χέρι της κόρης μου."  
Ο πρίγκιπας αφού σκέφθηκε λίγο τοποθέτησε τα μαργαριτάρια μέσα στα βάζα.
Πως τοποθέτησε ο πρίγκιπας τα μαργαριτάρια μέσα στα δύο βάζα, ωστε να μπορέσει να παντρευτεί τη κόρη του μανδαρίνου; (Κατ.33/Νο.23)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_6945.html

Λύση

Λύση του batman1986. Προφανώς θέλουμε να έχουμε όσο το δυνατόν μεγαλύτερες πιθανότητες γιατί με βεβαιότητα 100% δεν γίνεται.. Η μοιρασιά για να έχουμε την μέγιστη πιθανότητα θα γίνει ως εξής: Στο ένα βάζο θα βάλουμε ένα μαύρο μαργαριτάρι και στο άλλο τα υπόλοιπα 99 μαύρα και τα 100 λευκά μαργαριτάρια Έτσι εφόσον η επιλογή βάζου είναι 50-50 η πιθανότητα επιλογής μαύρου μαργαριτα-ριού θα είναι 0,5*1(βάζο με το μαύρο μαργαριτάρι)+0,5*(99/199) [βάζομε τα υπόλοιπα μαργαριτάρια] = 0,5*(1+0,4975)=0,74875, δηλαδή, 74,875%,≈75% πιθανότητα επιτυχίας Είναι προφανές ότι αν είχε βάλει τα λευκά σε ένα βάζο και τα μαύρα σε άλλο θα είχε πιθανότητα 50-50.

Formula-1

Τρεις οδηγοί ταχύτητας έλαβαν μέρος στη FORMULA-1: O Michael, o Fernando και  o Sebastian. Μετά την εκκίνηση ο Michael ήταν πρώτος, ο Fernando δεύτερος και ο Sebastian ήταν τρίτος. Κατά τη διάρκεια της κούρσας ο Μichael και Fernando προσπέρασαν ο ένας τον άλλον 9 φορές, ο Fernando και Sebastian προσπέρασαν ο ένας τον άλλον 10 φορές και ο Michael και Sebastian προσπέρασαν ο ένας τον άλλον 11 φορές. Με ποια σειρά τελείωσε η κούρσα; (Κατ.34/Νο.535)

Πηγή:Από τη Kangourou Maths 2011 – Student Level 11-12

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/formula-1.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Το γκραν-πρί ξεκινάει με τη σειρά: Μ(1) F(2) S(3) Oι F και S αλληλοπροσπερνιούνται 10 φορές συνολικά (ή, αν γενικά άρτιο αριθμό φορών) οπότε η τελική σχετική τους θέση δεν μπορεί να άλλαξε ,δηλαδή η σειρά είναι F(n) S(>n). O F τερμάτισε μπροστά από τον S. Bάσει του πρώτου δεδομένου προσπεράσεων: εφόσον οι Μ και F αλληλοπροσπερνιούνται 9 φορές (ή μονό αριθμό γενικά) η θέση τους αντιστρέφεται , άρα τώρα έχουμε F(1) M(2) S(3). Βάσει του τρίτου δεδομένου προσπεράσεων:M και S ...11 φορές ,άρα η σχετική τους θεση αλλάζει και τελικά εχουμε: F(1) S(2) M(3). Αυτή είναι και η τελική κατάταξη. Σημείωση: Εάν εξετάσουμε πρώτο το τρίτο δεδομένο προσπεράσεων και μετά το πρώτο, οδηγούμαστε σε αποτέλεσμα S, F, M, που δεν στέκει, γιατί όπως είδαμε ο F αναγκαστικά προηγήθηκε στην τελευταία κατάταξη από τον S.

Ο Στόχος

Η πιθανότητα ένας πύραυλος, ο οποίος έχει προγραμματισθεί, να πετύχει έναν στόχο είναι 6%. Πόσους πυραύλους πρέπει να εκτοξεύσουμε ώστε να είμαστε 99% σίγουροι ότι τουλάχιστον ένας πύραυλος θα πετύχει τον στόχο; (Κατ.33/Νο.22)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_8177.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. H πιθανότητα επιτυχίας ενός πυραύλου είναι 6% ή αλλιώς 0,06 Αν στείλουμε 2 πυραύλους ταυτόχρονα P(επιτυχίας)= 0,06^2 ή P(επιτ.)=0,06^ν είναι οι πιθανότητες αν εκτοξευθούν 2 και ν πύραυλοι αντίστοιχα να πετύχουν ΟΛΟΙ τον στόχο. Το συμπληρωματικό πιθανοτικώς γεγονός είναι η αποτυχία P(αποτυχίας)=1-P(επιτ.)= 1-0,06= 0,94 Άρα η πιθανότητα ΤΟΥΛΑΧΙΣΤΟΝ ένας πύραυλος να κτυπήσει το στόχο δίνεται από τη σχέση: 1 - 0,94^v Θέλουμε "βεβαιότητα" επιτυχίας 99% που σημαίνει 1- 0,94^ν = 0,99 ή 0,94^ν = 0,01 Αυτή η εξίσωση (της μορφής a^x=b) έχει τη γενική λύση ν= i*(2πk-i*log(b)) / log(a) (k ακέραιος). Στην περίπτωσή μας (για πραγματικές θετικές λύσεις) γίνεται ν= log (0,01)/log(0,94)= 74,426 EΠΑΛΗΘΕΥΣΗ: 0,94 ^ 74 = 0,0102674 0,94 ^ 75 = 0,00965137 Aρα, όντως απαιτούνται 75 πύραυλοι. Άρα πρέπει να εκτοξεύσουμε ταυτόχρονα 75 πυραύλους για να έχουμε επιτυχία με το ζητούμενο διάστημα εμπιστοσύνης. ΥΓ. "log" νοώ τον φυσικό λογάριθμο Nα διευκρινίσω κάτι ως προς τη σχέση που οδηγεί στη λύση: Η έκφραση "τουλάχιστον ένας πύραυλος βρίσκει το στόχο" είναι ισοσύναμη με την "δεν αστόχησαν ΟΛΟΙ" Έτσι η P(αστόχησαν όλοι) + P(δεν αστόχησαν όλοι)=1 (=βεβαιότητα) Άρα P(δεν αστόχησαν όλοι)= 1- P(αστόχησαν όλοι) Άρα P(τουλ. ένας βρίσκει στόχο)= 1- P(αστόχησαν όλοι)

Τα Καρύδια

Η Νικαρέτη έπαιζε με τις πέντε φίλες της. Η Κλειώ της πήρε το 1/3 των καρυδιών που κρατούσε, η Σαπφώ το 1/4, η Αριστοδίκη το1/5, η Θεανώ το 1/20 και αργότερα άλλο 1/12 και η Φαλαινίδα το 1/24. Στο τέλος της έμειναν 50 καρύδια. Πόσα καρύδια είχε στην αρχή η Νικαρέτη; (Κατ.34/Νο.534)

Πηγή:
(Από το 14ο  βιβλίο της Παλατινής ή  Ελληνικής Ανθολογίας του Κ. Κεφαλά, 917 μ.Χ.)

Λύση

Λύση του N. Lntzs. H Νικαρέτη είχε 1200 καρύδια. Τούτο προκύπτει άν από το σύνολο (δηλ την ακεραία μονάδα) αφαιρέσουμε το σύνολο των κλασμάτων που πήραν οι φίλες της, προκύπτει το κλάσμα των καρυδιών που απέμειναν και είναι 50 καρύδια. Δηλ. 1-(1/3+1/4+1/5+1/20+1/12+1/24)=5/120. Το 5/120 αντιπροσωπεύει 50 καρύδια. Το 1/120 αντιπροσωπεύει 10 καρύδια. Επομένως το όλον, δηλ τα 120/120 αντιπροσωπεύουν 1200 καρύδια. Επαλήθευση Το 1/3 του 1200 είναι 400 το 1/4 του 1200 είναι 300 το 1/5 του 1200 είναι 240 το 1/20 του 1200 είναι 60 το 1/12 του 1200 είναι 100 το 1/24 του 1200 είναι 50 Αν στο άθροισμα των παραπάνω προστεθούν και τα 50 καρύδια που απέμειναν προκύπτει το σύνολο των καρυδιών που είναι 1200. Λύση Papaveri. Η Νικαρέτη είχε 1.200 καρύδια. Έστω «ω» τα καρύδια. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε: ω/3+ω/4+ω/5+ω/20+ω/12+ω/24+50=ω (1) Βρίσκουμε το Ε.Κ.Π., ώστε τα κλάσματα να γίνουν ομώνυμα, το οποίο είναι 120. Η (1) γίνεται: ω/3+ω/4+ω/5+ω/20+ω/12+ω/24+50=ω --> 40ω+30ω+24ω+6ω+10ω+5ω+120*50=120ω --> 40ω+30ω+24ω+6ω+10ω+5ω+6.000=120ω --> 120ω-115ω=6.000 --> 5ω=6.000 --> ω=6.000/5 --> ω=1.200 Επαλήθευση: ω/3+ω/4+ω/5+ω/20+ω/12+ω/24+50=ω --> 1.200/3+1.200/4+1.200/5+1.200/20+1.200/12+1.200/24+50 =ω --> ω=400+300+240+60+100+50+50 --> ω=1.200 ο.ε.δ.