Οι Χαρακτήρες

Πόσα γράμματα θα χρειαστούμε, για να γράψουμε όλους τους αριθμούς από το 1 έως και το 1.000; 
Για παράδειγμα 
Για να γράψουμε τους αριθμούς από το 1 έως και το 5 με γράμματα: 
ένα, δύο, τρία, τέσσερα, πέντε. 
χρειάζονται: 3 + 3 + 4 + 7 + 5 = 22 γράμματα. (Κατ.27/Νο.344)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/01/blog-post_182.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Για να γράψουμε τους αριθμούς από το 1 έως το 1.000 χρειάζονται 17.784 χαρακτήρες. Από το 1-9 : ένα δύο τρία τέσσερα πέντε έξι εφτά οκτώ εννιά: 3 + 3 + 4 + 7 + 5+3+4+4+5=38 γράμματα. Από το10-19: δέκα ένδεκα δώδεκα δεκατρία δεκατέσσερα δεκαπέντε δεκαέξι δεκαεφτά δεκαοκτώ δεκαεννιά: 4+6+6+8+11+9+7+8+8+9=76 γράμματα. Από το 20-99: 10* (είκοσι τριάντα σαράντα πενήντα εξήντα εβδομήντα ογδόντα ενενήντα) + (8* 38) 10* (6+7+7+7+6+9+7+8) +8*38= (10*57)+(8*38)=570+304=874 γράμματα. Άρα από το 1 έως το 99 έχουμε : 38+76+874= 988 γράμματα. Από το 100 έως το 999: Το 100 είναι 'εκατό' =5 γράμματα. Μετά έχουμε:( εκατόνένα, εκατόνδύο, ..εκατόνενενήνταεννιά) Από 1-99 9φορές δίνουν 988*9= 8.892 γράμματα. Εκατόν (6γρ.) *99=594 γράμματα. Διακόσια(8γρ.)*100= 800 γράμματα. Τριακόσια (9γρ.)*100=900 γράμματα. Τετρακόσια (10γρ.)*100=1.000 γράμματα. Πεντακόσια (10γρ.)*100=1.000 γράμματα. Εξακόσια(8γρ.) *100= 800 γράμματα. Εφτακόσια (9γρ.)*100= 900 γράμματα. Οχτακόσια (9γρ.)*100=900 γράμματα. Εννιακόσια (10γρ.)*100=1.000 γράμματα. Συν το 1.000 (χίλια) = 5 γράμματα. ΣΥΝΟΛΟ: 38+76+874+5+8892+594+800+900+1000+1000+800+900+ 900+1000+5=17.784 γράμματα.

Διαστάσεις Ορθογωνίου

Να βρεθούν οι διαστάσεις ενός ορθογωνίου με:

Α)Εμβαδόν 10εκ.^2, και Περίμετρο 14εκ.

Β)Εμβαδόν 180εκ.^2, και Περίμετρο 56εκ.

Γ)Εμβαδόν 97,50εκ.^2, και Περίμετρο 41εκ. (Κατ.34/Νο.558)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/01/blog-post_4882.html

Λύση

Λύση του Ν. Λέντζου. Και οι τρεις περιπτώσεις αντιμετωπίζονται με τον ίδιο τρόπο. Αν γνωρίζουμε το άθροισμα S και το γινόμενο P δύο αριθμών τότε τότε οι αριθμοί αυτοί είναι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης Χ^2 - SΧ + Ρ = 0 Έτσι λοιπόν για την πρώτη περίπτωση είναι S=7 και Ρ=10 και η εξίσωση είναι χ^2-7χ+10=0 με ρίζες 2 και 5. Αν α, β είναι λοιπόν οι διαστάσεις (με α<β), τότε α=2cm και β=5cm. Όμοια και για την δεύτερη περίπτωση με εξίσωση χ^2-28χ+180=0 με ρίζες 10 και 18 και διαστάσεις α=10cm και β=18cm. Όμοια και για την τρίτη περίπτωση με εξίσωση χ^2-20,5χ+97,5=0 ή 2χ^2-21χ+195=0 με ρίζες 7,5 και 13 και κατά συνέπεια διαστάσεις α=7,5cm και β=13cm. Λύση του Papaveri. Α)Ο τύπος του εμβαδού του ορθογωνίου είναι: Ε=β*υ (1) Ο τύπος της περιμέτρου του ορθογωνίου είναι: Π=2*(β+υ) (2) Από την (1) συνάγουμε ότι: Ε=β*υ --> 10=β*υ --> β=10/υ (3) Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε: Π=2*(β+υ) --> 14=2*[(10/υ)+υ] --> 14=2*(10+υ^2)/υ --> 2*(10+υ^2)=14υ --> 20+2υ^2=14υ --> 2υ^2-14υ+20=0 Βάσει του τύπου της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχουμε: x=(-β+/-sqrt[(β^2-4αγ)]/2α --> x=14+/-sqrt[(-14)^2-(4*2*20)]/2*2 --> x=[14+/-sqrt(196-160)]/4 --> x=[14+/-sqrt(36)]/4 --> x=(14+/-6)/4 --> x1=(14+6)/4 --> x1=20/4 --> x1= 5, x2=(14-6)/4 --> x2=8/4 --> x2= 2 Επαλήθευση: Ε=β*υ --> Ε=5*2 --> Ε=10εκ.2 Π=2*(β+υ) --> Π=2*(5+2) --> Π=2*7 --> Π=14εκ. Β) Ο τύπος του εμβαδού του ορθογωνίου είναι: Ε=β*υ (1) Ο τύπος της περιμέτρου του ορθογωνίου είναι: Π=2*(β+υ) (2) Από την (1) συνάγουμε ότι: Ε=β*υ --> 180=β*υ --> β=180/υ (3) Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε: Π=2*(β+υ) --> 56=2*[(180/υ)+υ] --> 56=2*(180+υ^2)/υ --> 2*(180+υ^2)=56υ --> 360+2υ^2=56υ --> 2υ^2-56υ+360=0 Βάσει του τύπου της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχουμε: x=(-β+/-sqrt[(β^2-4αγ)]/2α --> x=56+/-sqrt[(-56)^2-(4*2*360)]/2*2 --> x=[56+/-sqrt(3.136-2.880)]/4 --> x=[56+/-sqrt(256)]/4 --> x=(56+/-16)/4 --> x1=(56+16)/4 --> x1=72/4 --> x1= 18, x2=(56-16)/4 --> x2=40/4 --> x2= 10 Επαλήθευση: Ε=β*υ --> Ε=18*10 --> Ε=180εκ.2 Π=2*(β+υ) --> Π=2*(18+10) --> Π=2*28 --> Π=56εκ. Γ ) Ο τύπος του εμβαδού του ορθογωνίου είναι: Ε=β*υ (1) Ο τύπος της περιμέτρου του ορθογωνίου είναι: Π=2*(β+υ) (2) Από την (1) συνάγουμε ότι: Ε=β*υ --> 97,50=β*υ --> β=97,50/υ (3) Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε: Π=2*(β+υ) --> 41=2*[(97,50/υ)+υ] --> 41=2*(97,50+υ^2)/υ --> 2*(97,50+υ^2)=41υ --> 195+2υ^2=41υ --> 2υ^2-41υ+195=0 Βάσει του τύπου της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχουμε: x=(-β+/-sqrt[(β^2-4αγ)]/2α --> x=41+/-sqrt[(-41)^2-(4*2*195)]/2*2 --> x=[41+/-sqrt(1.681-1.560)]/4 --> x=[41+/-sqrt(121)]/4 --> x=(41+/-11)/4 --> x1=(41+11)/4 --> x1=52/4 --> x1= 13, x2=(41-11)/4 --> x2=30/4 --> x2= 7,50 Επαλήθευση: Ε=β*υ --> Ε=13*7,50 --> Ε=97.50εκ.2 Π=2*(β+υ) --> Π=2*(13+7,50) --> Π=2*20,50 --> Π=41εκ.

Η Ισορροπία

Σχ.Α

Σχ.Β

Όπως φαίνεται στο ανωτέρω Σχ.Α οι ζυγαριές Α, Β, και Γ ισορροπούν. Με ποια στερεά σχήματα πρέπει να αντικαταστήσουμε το ερωτηματικό, ώστε η ζυγαριά Δ του Σχ,Β να ισορροπήσει;

(Κατ.9η/Α΄/Νο.18)

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.gr/2013/01/blog-post_9314.html

Διαβάστε περισσότερα »

Φυσικό Αέριο

Σε ένα τερματικό σταθμό φυσικού αερίου μια δεξαμενή μπορεί να γεμίσει με υγροποιημένο φυσικό αέριο σε 12 μέρες, αν δέχεται αέριο από δύο παροχές "Α" και "Β". Όταν η δεξαμενή είναι τελείως άδεια, ο διαχειριστής ανοίγει και τις δύο παροχές για 2 μέρες. Στην συνέχεια η παροχή "Α" σταματά και η τροφοδότηση γίνεται μόνο από την παροχή "Β", μέχρι να γεμίσει πλήρως η δεξαμενή. Εάν γνωρίσουμε ότι η δυναμικότητα της παροχής "Β" είναι τα 2/3 της δυναμικότητας της παροχής "Α", να βρείτε σε πόσες μέρες συνολικά θα γεμίσει η δεξαμενή. (Κατ.34/Νο.557) 

Μαθηματική Σκυταλοδρομία 2012 (για το Γυμνάσιο) 

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/05/blog-post_8342.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Η δεξαμενή θα γεμίσει σε 27 ημέρες. Εφόσον οι 2 παροχές τροφοδοτούσαν την δεξαμενή για 2 ημέρες θα έμεναν άλλες 10 ημέρες αν συνέχιζαν μαζί. Έστω ότι «α» ημέρες θα ήθελε η παροχή Α να γεμίσει την δεξαμενή μόνη της, συνεπώς η παροχή Β θα ήθελε 3α/2=1,50α ημέρες (δυναμικότητα-χρόνος αντιστρόφως ανάλογα μεγέθη). Το εν λόγω πρόβλημα είναι της κατηγορίας “αναγωγής στην μονάδα του χρόνου” α) Α παροχή: α ημέρες κάνει για να γεμίσει την δεξαμενή, έστω Κ όγκου. σε 1 ημέρα x; x=Κ/α β) Β παροχή: 1,50α ημέρες κάνει για να γεμίσει τη δεξαμενή Κ όγκου. σε 1 ημέρα y; y=k/1,5α γ) Α+Β παροχή μαζί: 10 ημέρες κάνει για να γεμίσει τη δεξαμενή Κ όγκου. σε 1 ημέρες ω; ω=Κ/10 Συνεπώς χ +y =ω (Κ/α) +(Κ/1,5α) = (Κ/10)=> (1,5Κ+Κ)/1,5α =Κ/10 =.> 2,5Κ/1,5α=Κ/10 =.> 10*2,50Κ=1,50αΚ --> 25Κ=1,50αΚ --> 1,5α=25 --> α=25/1,5 Η Α παροχή θα έκανε: α=25/1,5 ημέρες. Η Β παροχή θα έκανε: 1,5*25/1,5=25 ημέρες. Συνεπώς η δεξαμενή θα γεμίσει σε: 25+2=27 ημέρες.

Το Αυτοκίνητο

Ο παππούς της Ιουλίας αγόρασε το 1970 ένα αυτοκίνητο αντίκα, το οποίο κόστιζε 55.000 δολάρια. Η τιμή του αυτοκινήτου αυτού μειωνόταν κάθε χρόνο 10%, μέχρι το 1990. Από το 1990 και μετά η τιμή του αυτοκινήτου άρχισε να αυξάνεται κατά 10% κάθε χρόνο. Ποια ήταν η τελική αξία του αυτοκινήτου το 2010; (Κατ.34/Νο.556)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/05/blog-post_1699.html

Διαβάστε περισσότερα »

Ο Αριθμός

Ποιος αριθμός διαφέρει από τον αντίστροφο του κατά 1; (Κατ.1/Νο.135)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/01/1_24.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Είναι ο γνωστός "Φ" της ακολουθίας ΦΙΜΠΟΝΑΤΣΙ 0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,...,Fn-2,Fn-1,Fn [Fn=Fn-1+Fn-2], φ=(1+ρίζα5)/2=1,6180339887498948482.. 1/1.6180339887498948482.... =0,6180339887498948482... Διαφορά:1.6180339887498948482...-0,6180339887498948482...=1

Τ' Αυγά

 Ένας αγρότης τοποθετεί ανά εννέα τα αυγά του σε καλάθια και του μένουν δύο καλάθια άδεια. Την ίδια ποσότητα αυγών την τοποθετεί ανά έξι στον ίδιο αριθμό καλαθιών, και του περισσεύουν δέκα πέντε αυγά. Πόσα αυγά και πόσα καλάθια έχει ο αγρότης; (Κατ.34/Νο.555)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/04/blog-post_8884.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. α = αριθμός αυγών, κ = αριθμός καλαθιών α/9 =κ-2 (1) (α-15)/6 =κ (2) Από (1) και (2): k=11, α=81 Έλεγχος: 81/9=9 (11-2) 6*11=66 (+15=81) Λύση του Papaveri. Ο αγρότης έχει 81 αυγά και 11 καλάθια. Έστω «α» τα αυγά και «β» τα καλάθια. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε: α = 9*(β-2) (1), α = 6β+15 (2) Από την (1) συνάγουμε ότι: α = 9*(β-2) --> α = 9β-18 (3) Προσθέτουμε κατά μέλη τη (2) και τη (3) κι’ έχουμε: α = 6β+15, + α = 9β-18 2α =15β-3 --> α=(15β-3)/2 (4) Διερεύνηση: Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε την διερεύνηση των ακέραιων ριζών. Δίνοντας στο "β" τις τιμές από το 1 έως το n, βλέπουμε ότι η μοναδική τιμή που ικανοποιεί τη συνθήκη και δίνει ακέραιο αριθμό "α" είναι ο αριθμός β = 11. Αντικαθιστούμε τη τιμή του "β" στη (4) κι’ έχουμε: α=(15β-3)/2 --> α=[(15*11)-3]/2 --> α=(165-3)/2 --> α=162/2 --> α=81 (5) Επαλήθευση: α = 9*(β-2) --> α=9*(11-2) --> α=9*9=81 α = 6β+15 --> α=[(6*11)+15] --> α=66+15 --> α=81 ο.ε.δ.

Ο Εκτυπωτής

 Κυριάκος: «Ηλία, αν φυλάξουμε το χαρτζιλίκι μας για μερικές μέρες, θα πάρουμε εκτυπωτή.» 
Ηλίας: «Εάν όμως ζητούσαμε 4€  περισσότερα, ανά ημέρα, συν δύο στο δικό σου χαρτζιλίκι, συν δύο στο δικό μου χαρτζιλίκι, θα τον παίρναμε δέκα πέντε μέρες νωρίτερα.» 
Κυριάκος: «Ναι, αλλά εάν ζητούσαμε 8€ περισσότερα, ανά ημέρα, συν τέσσερα στο δικό σου χαρτζιλίκι, συν τέσσερα στο δικό μου χαρτζιλίκι θα τον παίρναμε είκοσι μέρες νωρίτερα.»
Πόσο κοστίζει ο εκτυπωτής; (Κατ.34/Νο.554)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/05/blog-post_1785.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. 4+2+2=8ευρω περισσότερα /ημέρα, 15 ημέρες νωρίτερα 8+4+4=16 ευρώ/ημέρα, 20 μέρες νωρίτερα χ το αρχικό χαρτζιλίκι και y οι μέρες που χρειάζονταν για την αγορά Κόστος εκτυπωτή χy ή (χ+8)*(y-15) ή (x+16)*(y-20) (χ+8)/χ =y/(y-15) (1) (x+16)/x=y/(y-20) (2) Από την (1) έχω: (χ+8)*(y-15)=χy => χy+8y-15x-120=xy => 8y-15x=120 =>8y=120+15x =>y= (120+15x)/8(3) Από την (2) έχω: (x+16)*(y-20)= χy =>16y-20x=320 =>16*(120+15x)/8-20x=320 =>2*(120+15x)-20x=320 => 240+30x-20x=320 =>10x=80 =>x=8 Αντικαθιστώ στην (3) y=(120+15*8)/8 = 30 ημέρες Δαπάνη εκτυπωτή: 8*30=240 ευρώ Επαλήθευση: 16*15=240 24*10=240 Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Το πρώτο δεδομένο του προβλήματος, αν x =το χαρτζιλίκι του Ηλία/ημέρα, και y=τo χαρτζιλίκι του Κυριάκου /ημέρα, μεταφράζεται στην εξίσωση: (x+y)*ν=Κ (α) ν =ο αριθμός των ημερών που απαιτούνται για την αγορά του. Κ= κόστος εκτυπωτή που ψάχνουμε. Από το δεύτερο & τρίτο δεδομένο, έχουμε κατά σειρά τις εξισώσεις: (ν-15)*4 + (ν-15)*(x+y+4)=Κ (β) (ν-20)*8 +(ν-20)*(x+y+8)=Κ (γ) Από την (α): (x+y)=Κ/ν οπότε οι (β) και (γ) γίνονται: (ν-15)*4 + (ν-15)* (Κ/ν +4)=Κ (1) (ν-20)*8 + (ν-20)*(Κ/ν+8)=Κ (2) Από το σύστημα (1) (2) προκύπτουν δύο εξισώσεις παραβολών: K=(8/15) ν^2 -8ν και Κ=(4/5)ν^2 -16ν Οι παραβολές τέμνονται στο {Κ,ν}= [240, 30} Άρα, κόστος εκτυπωτή Κ=240€. Υστερόγραφο:Προκύπτει άθροισμα χαρτζιλικιών x+y=240/30(ημέρες)=8 Άρα συγκεντρωτικά : Θα χρειαζόντουσαν αρχικά 30 ημέρες για να πάρουν τον εκτυπωτή κόστους 240€. Στο πρώτο σενάριο αυξήσεων θέλουν 15 μέρες, και στο δεύτερο 10. Λύση του Papaveri. Ο εκτυπωτής κοστίζει 240€. Έστω «x» η τιμή του εκτυπωτή, «t» το αρχικό χρονικό διάστημα (δίχως τις αυξήσεις στο χαρτζιλίκι) και «α» το άθροισμα των δύο ποσών σε ευρώ ανά ημέρα που έχουν ο Κυριάκος και ο Ηλίας. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε τρεις εξισώσεις με τρεις αγνώστους. Ας δούμε τι εξίσωση δίνει η κάθε φράση: -«Ηλία, αν φυλάξουμε το χαρτζιλίκι μας για μερικές μέρες, θα πάρουμε εκτυπωτή.» αt=x (1) -«Αν όμως ζητούσαμε 4 Ευρώ περισσότερα, ανά ημέρα, συν δύο εσύ συν δύο εγώ, θα τον παίρναμε δέκα πέντε μέρες νωρίτερα.» (α+8)*(t-15)=x (2) 8€ = 2€+2€ (που είχε ο καθ’ ένας)+4€ (εάν ζητούσαν). -«Κι αν ζητούσαμε 8 Ευρώ περισσότερα, συν τέσσερα στο δικό σου, συν τέσσερα και στο δικό μου χαρτζιλίκι ανά ημέρα, θα τον παίρναμε είκοσι μέρες νωρίτερα.» (α+16)*(t-20)=x (3) 16€ = 4€+4€ (που είχε ο καθ’ ένας)+8€ (εάν ζητούσαν). Αντικαθιστούμε την (1) στη (2) κι’ έχουμε: (α+8)*(t-15)=x --> (α+8)*(t-15)=αt --> αt+8t-15α-120=αt --> αt-αt+8t-15α-120=0 --> 8t=15α+200 (4) Αντικαθιστούμε την (1) στη (3) κι’ έχουμε: (α+16)*(t-20)=x --> (α+16)*(t-20)=αt --> αt+16t-20α-320=αt --> αt-αt+16t-20α-320=0 --> 16t=20α+320 (5) Αφαιρούμε τη (4) από τη (5) κι’ έχουμε: 16t=20α+320 -8t=-15α -200 8t = 5α+200 --> t = (5α+200)/8 (6) Διερεύνηση: Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε τη διερεύνηση των ριζών. Η τιμή του "α" πρέπει να είναι ένας αριθμός θετικός και ακέραιος, συνεπώς δίδοντας στο "α" τις τιμές από το 1 έως το 9 βλέπουμε ότι η μοναδική τιμή που ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος είναι α = 8. Αντικαθιστούμε τις τιμές του "α" στην (6) κι’ έχουμε: t=(5α+200)/8 --> t=[(5*8)+200]/8 --> t=(40+200)/8 --> t=240/8 --> t=30 (7) Επαλήθευση: αt=x --> 8*30=240€ (α+8)*(t-15)=x --> (8+8)*(30-15)=16*15=240€ (α+16)*(t-20)=x --> (8+16)*(30-20)=24*10=240€

Τ' Αυγά

Σ’ ένα καλάθι υπάρχει μια ποσότητα αυγών. Εάν πάρουμε ανά: 2, 3, 4, 5, και 6 αυγά κάθε φορά, τότε μένουν, αντίστοιχα: 1, 2, 3, 4, και  5 αυγά στο καλάθι. Όταν, όμως, πάρουμε ανά 7 αυγά δεν μένει κανένα. Πόσα αυγά υπάρχουν στο καλάθι, ώστε να ικανοποιούν τη συνθήκη του προβλήματος, εάν γνωρίζουμε ότι ο αριθμός τους είναι μικρότερος του 200; (Κατ.5/Νο.67) 

Brahmagupta, (598–668 ),7oς μ.Χ αιώνας 

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/08/blog-post_3285.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Όπως ξαναείχαμε πει/αποδείξει σε κάποιο παλιότερο πρόβλημα ο μικρότερος ακέραιος που ικανοποιεί την συνθήκη να αφήνει υπόλοιπο νi-1 όταν διαιρειται με τον αριθμό νi , είναι το Ε.Κ.Π των νi μείον 1. Ε.Κ.Π (2,3,4,5,6)=60 Άρα το 59 διαιρεί τους 2,3,4,5,6 αφήνωντας υπόλοιπο 1,2,3,4,5 αντίστοιχα. Αλλά δεν διαιρει ακριβώς το 7. Δοκιμάζουμε λοιπόν να διπλασιάσουμε τους διαιρετες. (2,3,4,5,6) Χ 2 δίνει (4,6,8,10,12) Το Ε.Κ.Π είναι 120. To 119 λοιπόν αφήνει τα υπόλοιπα που θέλουμε και 119/7 =17. Άρα τα αυγά είναι (κατ'ελάχιστον) 119. Λύση του Papaveri. Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός των αυγών είναι ο Ν. Από τη σειρά των αριθμών 2, 3, 4, 5, και 6 βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. τους που είναι: Ε.Κ.Π. = 22*3*5=60 --> Ε.Κ.Π. = 4*3*5 = 60. Συνεπώς ο Ν+1 είναι ένα πολλα-πλάσιο του 60: Ν+1=60, Ν+1=120, Ν+1=180, …, Ν+1= ∞ και Ν=60-1=59, Ν=120-1=119, Ν=180-1=179, …, Ν= ∞-1. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος από τ’ ανωτέρω πολλαπλάσια επιλέγουμε τη μικρότερη ποσότητα των αυγών που είναι: Ν+1=120 --> Ν=120-1=119. Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο Ν=119 αυγά. 119:2=59 και υπόλοιπο 1, 119:3=39 και υπόλοιπο 2, 119:4=29 και υπόλοιπο 3, 119:5=23 και υπόλοιπο 4, 119:6=19 και υπόλοιπο 5, 119:7=17 και υπόλοιπο 0, Λύση του Ε. Αλεξίου. Με καθυστέρηση, αλλά αφου έκανα τον κόπο.. ΕΚΠ (2,3,4,5,6) =60 Συνεπώς για να μένει υπόλοιπο 1 για τα (2,3,4,5,6) ο αριθμός είναι 60-1=59, ο οποίος διαιρόυμενος με το7 δίνει πηλίκον 8 και υπόλοιπο 3. Συνεπώς για να καλύψουμε και τον όρο, η διαίρεση με το 7 να μην αφήνει υπόλοιπο, πρέπει να ανατρέξουμε σε πολλαπλάσια του ΕΚΠ κα να αφαιρούμε μία μονάδα για να καλύπτουμε την συνθήκη 2,3,4,5,6 μέχρι να πετύχουμε αριθμό που διαιρείται ακριβώς με το 7 Ο ζητούμενος αριθμός αυγών μπορεί να δοθεί από τον τύπο ν*εκπ-1 με την εύρεση του κατάλληλου ν Για ν=2 ο αριθμός γίνεται 120-1=119 ο οποίος πληρεί και τις 2 συνθήκες 1mod(2,3,4,5,6) και 0mod7 (τους τύπους τους γράφω με μεγάλη επιφύλαξη, μέχρι χθές μου ήταν παντελώς άγνωστοι.) Εξάλου ήταν αναμενόμενο διότι από το 59 στό 119 στο υπόλοιπο 3 της διαίρεσης με το 7 θα προστεθούν άλλες 3+1 =4 , σύνολο 7 μονάδες άρα διαιρείται με το 7! Ο επόμενος αριθμός που πληρεί τις παραπάνω συνθήκες είναι ο 9*60-1=539>200. Συνεπώς ο ζητούμενος αριθμός αυγών μικρότερος του 200 είναι ο 119. Και ανεξάρτητα απο τον περιορισμό του 200 ο γενικός τύπος , χωρίς να το ψάξω ιδιαίτερα, πρέπει να είναι Α= 60ν-1, όπου ν=2+7*μ, (Όπου μ: 0,1,2,3,....μ, θετικοί και ακέραιοι αριθμοί)

Οι Αριθμοί

 Να βρεθούν δύο άνισοι αριθμοί, που ο καθένας τους είναι το τετράγωνο 
του άλλου.

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/09/blog-post_2293.html

Λύση

Λύση του batman1986. Έχουμε α,β Ισχύει α=β^2 και β=α^2 Άρα α=α^4 α^4-α=0 Πιο αναλυτικά γράφεται α*(α-1)*(α^2+α+1)=0 Προφανώς οι λύσεις α=0 και α=1 απορρίπτονται αφού οι αριθμοί είναι άνισοι από τη λύση της δευτεροβάθμιας λόγω αρνητικής διακρίνουσας προκύπτουν οι 2 μιγαδικές λύσεις: α1,2=(-1+-i*Root(3))/2 Άρα Το β ισούται με την παραπάνω ποσότητα υψωμένη στο τετράγωνο

Το Τετράγωνο

 

Εν έτη 1225, ο αυτοκράτορας Φρειδερίκος ο 2^ος  Χοχενστάουφεν (1194-1250) ταξίδεψε μέχρι την Πίζα της Ιταλίας  συνοδευόμενος από  ένα επιτελείο διακεκριμένων μαθηματικών της εποχής , να διαπιστώσει ιδίοις όμμασι , αν ο Leonardo  Fibonacci ήταν αντάξιος της φήμης του. Τον υπέβαλλε λοιπόν σε μια δημόσια μαθηματική  εξέταση. Ο Fibonacci  με ευκολία έλυσε κάθε πρόβλημα που του τέθηκε  και δικαίωσε την μαθηματική του φήμη. Ένα από τα προβλήματα αυτού του διαγωνίσματος, ήταν το εξής :

« Να βρεθεί ένα τέλειο τετράγωνο , τέτοιο ώστε , είτε αφαιρέσουμε 5 μονάδες, είτε προσθέσουμε 5 μονάδες να παραμένει τέλειο τετράγωνο.» (Κατ.1/Νο.134)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2012/08/fibonacci.html

Λύση

Λύση του Ν. Λέντζου. Έστω α^2 το ζητούμενο τετράγωνο. Θα διακρίνω δύο περιπτώσεις: α)Την περίπτωση να προσθέσω το 5 και να προκύπτει τέλειο τετράγωνο, έστω το β^2. Έχω α^2+5=β^2 ή ισοδύναμα: α^2+5=β^2 --> α^2-β^2= -5 ---> (α-β)*(α+β)= -5 ---> (β-α)*(β+α)=1*5, ή οποία για τους φυσικούς αριθμούς είναι ισοδύναμη με το σύστημα β-α=1 και β+α=5 και με προφανή λύση β=3 και α=2. Οπότε το ζητούμενο τετράγωνο είναι: α^2+5=β^2 --> 2^2+5=3^2 --> 4+5=9 β)Την περίπτωση να αφαιρέσω το 5 και να προκύπτει τέλειο τετράγωνο, έστω το γ^2. Έχω α^2-5=γ^2 ή ισοδύναμα: α^2-5=γ^2 --> α^2-γ^2=5 ---> (α-γ)*(α+γ)=1*5, ή οποία για τους φυσικούς αριθμούς είναι ισοδύναμη με το σύστημα α-γ=1 και α+γ=5 και με προφανή λύση α=3 και γ=2. Οπότε το ζητούμενο τετράγωνο είναι: α^2-5=γ^2 --> 3^2-5=2^2 --> 9-5=4 Λύση του G. N. Popov. Ο μαθηματικός και ιστορικός των μαθηματικών G. N. Popov, στο βιβλίο του «Ιστορικά Προβλήματα» (1932) παρουσιάζει μια λύση του προβλήματος, εικάζοντας τον τρόπο λύσης του Fibonacci. Έστω α^2 ο ζητούμενος αριθμός , τότε από υπόθεση θα ισχύει: α^2+5=β^2, α^2-5=γ^2 Αφαιρούμε κατά μέλη : Και προκύπτει: β^2 – γ^2 = 10 Αλλά ο αριθμός 10 γράφεται:10=(80x18)/12^2,όμως β^2–γ^2=(β-γ)*(β+γ) (Ταυτότητα διαφοράς τετράγωνων) (β-γ)*(β+γ)=(80x18)/12^2 -->(β-γ)*(β+γ)=(80/12)x(18/12) --> β-γ =18/12, β+γ =80/12 Λύνοντας το σύστημα έχουμε : β=49/12, γ=31/12 Άρα α^2=(1681/144)=(41/12)^2 Πραγματικά επαληθεύοντας ,προκύπτει: (1681/144)+5= 2401/144=(49/12)^2, (1681/144)-5= 961/144=(31/12)^2 Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Να προτείνω και μια φανταστική λύση (την οποία βέβαια αποκλείω να έδωσε ο Λεονάρντο της Πίζας ,γιος του Μπονάτσι).Το 4 4=2^2 , 4+5=9 και 4-5=-1=i^2

Οι Κύκλοι

Μπορούμε να τοποθετήσουμε 24 κύκλους σε ένα επίπεδο, έτσι ώστε κάθε κύκλος να εφάπτεται ακριβώς σε τρεις άλλους κύκλους; (Κατ.27/Νο.343)

Πηγή: http://eisatopon.blogspot.gr/2012/04/24.html

Διαβάστε περισσότερα »

Μάθημα Γυμναστικής

Σ' ένα σχολείο ο γυμναστής παρατήρησε ότι όταν τοποθετεί τους μαθητές της Α΄ Γυμνασίου ανά  3, ανά 5 και ανά  7 δεν περισσεύει κανένας. Πόσοι είναι οι μαθητές της Α΄ Γυμνασίου στο σχολείο αυτό, εάν γνωρίζουμε ότι το πλήθος των μαθητών είναι μεταξύ 100 και 200. (Κατ.5/Νο.66)

Λύση

Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός των μαθητών είναι ο Ν. Από τη σειρά των αριθμών 3, 5, και 7 βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. τους που είναι: Ε.Κ.Π =3*5*7=105 μαθητές.

Στο Κινηματογράφο

Ο Γιάννης πηγαίνει στον κινηματογράφο κάθε 10 ημέρες και ο Νίκος κάθε 12 ημέρες. Αν συναντήθηκαν σήμερα (21-Ιανουαρίου-2013) στον κινηματογράφο, μετά από πόσες μέρες θα ξανασυναντηθούν; Στο διάστημα μεταξύ δύο συναντήσεων τους, πόσες φορές έχει πάει ο καθένας τους χωριστά στον κινηματογράφο; (Κατ.5/Νο.65)

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός του έτους είναι ο Ν. Από τη σειρά των αριθμών 10, και 12 βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. τους που είναι: Ε.Κ.Π (10,12) =2*2*3*5=60 ημέρες. Συνεπώς θα ξανασυναντηθούν σε 60 ημέρες (την 60η ημέρα) ΜΕΤΑ την 21/1/2013 (1η ημέρα μέτρησης των 60 ημερών η 22/1/2013) α) Συνεπώς Ι.10ημέρες Φ.28ημέρες Μ.22ημέρες (60η-10-28-22). Άρα θα συναντηθούν στις 22/3/2013. β) Ο Γιάννης θα πάει, στο διάστημα μεταξύ των δύο συναντήσεων: 60/10 -1(τελευταία)=5 φορές. Ο Νίκος θα πάει, στο διάστημα μεταξύ των δύο συναντήσεων: 60/12-1(τελευταία)=4 φορές.

Οι Αυτοκινητοβιομηχανίες

Η βιομηχανία αυτοκινήτων  "Rodex" βγάζει νέο μοντέλο αυτοκινήτου κάθε 2 χρόνια, η βιομηχανία αυτοκινήτων  "Formula" βγάζει νέο μοντέλο αυτοκινήτου κάθε 3 χρόνια, και η βιομηχανία αυτοκινήτων  "Maximer" βγάζει νέο μοντέλο αυτοκινήτου κάθε 5 χρόνια. Εάν το 2001 έβγαλαν και οι τρεις βιομηχανίες αυτοκινήτων νέα μοντέλα, πότε θα ξαναβγάλουν και οι τρεις μαζί νέο μοντέλο; (Κατ.5/Νο.64)

Λύση

Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός του έτους είναι ο Ν. Από τη σειρά των αριθμών 2, 3, και 5, που είναι πρώτοι, βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. τους που είναι: Ε.Κ.Π.=2*3*5 --> Ε.Κ.Π.=30, το οποίο εκφράζεται σε έτη. Άρα ο ζητούμενος αριθμό Ν είναι ο 30. Επομένως τρεις βιομηχανίες αυτοκινήτων θα ξαναβγάλουν νέα μοντέλα το έτος: 2001+30 = 2031.

Το Ενυδρείο

Ένα ενυδρείο έχει σχήμα ορθογώνιο με διαστάσεις 30 εκατ. πλάτος και 40 εκατ. ύψος όπως φαίνεται στο (σχήμα 1). Το ενυδρείο είναι γεμάτο με νερό κατά τα 2/3 του ύψους του. 
α) Αν πλαγιάσουμε το ενυδρείο όπως φαίνεται στο (σχήμα 2) να βρείτε σε ποιο ύψος θα φτάσει η στάθμη του. 
β) Περιστρέφουμε το ενυδρείο ώστε να βλέπουμε το ίδιο ορθογώνιο. Να εξετάσετε αν η στάθμη του νερού μπορεί να γίνει η διαγώνιος του ορθογωνίου, όπως φαίνεται στο (σχήμα 3). (Κατ.34/Νο.553)

Διαβάστε περισσότερα »

Στο Κινηματογράφο

Τι θα σας στοίχιζε φθηνότερα, να πάτε με έναν φίλο σας στον κινηματογράφο δύο φορές και να πληρώσετε εσείς τα εισιτήρια ή να  πληρώσετε εσείς τα εισιτήρια σε δύο φίλους σας αλλά για μία φορά? (Κατ.27/Νο.342)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2011/04/blog-post_12.html

Λύση

α)Αν πάω με έναν φίλο στον κινηματογράφο δύο φορές, θα πληρώσω 4 εισιτήρια β)Αν πάω με δύο φίλους μία φορά, θα πληρώσω 3 εισιτήρια. Στη πρώτη περίπτωση (α) θα δούμε δύο έργα, άρα θα πληρώσω 2 εισιτήρια ανά έργο. Ενώ την δεύτερη περίπτωση (β) θα δούμε ένα έργο, άρα θα πληρώσω 3 εισιτήρια ανά έργο. Άρα η πρώτη περίπτωση είναι πιο ακριβή. Αλλά αν το φιλοσοφήσουμε, με δύο φίλους θα περάσουμε καλύτερα από ότι με έναν. Και ποιος υπολογίζει τα λεφτά όταν έχεις καλούς φίλους για να πας σινεμά μαζί τους...

Η Τελευταία Ημέρα

Ποια ημέρα της εβδομάδος δεν μπορεί να είναι η τελευταία ημέρα του
κάθε αιώνα? (Κατ.13/Νο.34)

Λύση

Τα Σάββατο, διότι κανένας αιώνας δεν άρχισε με ημέρα Κυριακή. Λύση του Γ. Ριζοπουλου. Καταρχάς πρέπει να ορίσουμε τις ημερομηνίες έναρξης και τέλους ενός αιώνα. Θεωρώ ότι το δόκιμο, μια και δεν υπήρξε έτος 0, είναι το τέλος ενός αιώνα να είναι η 31η Δεκεμβρίου 2000, 2100, 2200 κλπ. και η αρχή του καινούργιου η 1η Ιανουαρίου 2001,2101,2201 κλπ. αντίστοιχα. Βέβαια το μάρκετινγκ νομίζω ώθησε στη γενική θεώρηση η 1/1/2000 να θεωρηθεί η αρχή του 21ου αιώνα αλλά ούτως ή άλλως είναι θέμα σύμβασης ,απλώς θα χρησιμοποιήσω την παραπάνω γιατί την προτιμώ, κι αν κάποιος θέλει την άλλη, απλά οι ημέρες μετατίθενται κατά μία προς τα εμπρός. Μιλάμε πάντα με βάση το ισχύον μοντέρνο Γρηγοριανό ημερολόγιο. Ένας αιώνας λοιπόν (100 χρόνια) μπορεί να έχει 24 ή 25 δίσεκτα έτη, δηλαδή έτη που διαιρούνται με το 4 αλλά όχι με το 100 ή διαιρούνται με το 100 ΚΑΙ το 400. Αυτός είναι ο γενικός κανόνας . Άρα έχουμε μια ακολουθία 3 διαδοχικών αιώνων με 24 δίσεκτα και 1 ενός με 25 όταν ο αιώνας τελειώνει με δίσεκτο! (όπως ας πούμε ήταν το έτος 2000 για τον εικοστό αιώνα). Αιώνας με 25 δίσεκτα σημαίνει ότι από την αρχική του αιώνα ημέρα έστω k, θα έχουμε μια μετατόπιση (shift, verschiebung) σε ημέρες : (365*100)mod7 +25mod7=2+4=6 . Εάν δηλαδή η k ήταν ας πούμε Δευτέρα, η 1/1 του επόμενου αιώνα θα είναι κ+6 = Κυριακή . Αιώνας με 24 δίσεκτα σημαίνει ότι από την αρχική του αιώνα ημέρα k θα έχουμε μια μετατόπιση (shift, verschiebung) σε ημέρες : (365*100)mod7 +24mod7=2+3=5 . Εάν δηλαδή η k ήταν ας πούμε Δευτέρα, η 1/1 του επόμενου αιώνα θα είναι κ+5 = Σάββατο . Οπότε μένει να δούμε στην ακολουθία αυτή (3 αιώνες 24άρηδες- 1 αιώνας 25άρης..) αν οι μεταθέσεις ‘’όμοιων’’ ημερών λόγω δίσεκτων, δημιουργούν κάποιο μοτίβο (pattern) ή όχι. Το 1900 δεν ήταν δίσεκτο, το 2000 ήταν , το 2100,2200,2300 δεν θα είναι, το 2400 θα είναι και ούτω καθεξής. Ο αιώνας λοιπόν 1901-2000 είχε 25 δίσεκτα χρόνια Η 1 Ιανουαρίου 1901 ήταν Τρίτη (όπως μπορούμε να δούμε σε ένα απλό excel) Άρα με βάση τον κανόνα κ+6 που βρήκαμε η 1/1/2001 πρέπει να είναι Δευτέρα (το excel το επιβεβαιώνει) Άρα έχουμε 1/1/1901 = Τρίτη (ή γενικά έστω κ) 1/1/2001= Δευτέρα (ή γενικά κ+6 (2000=δισεκτο) 1/1/2101=Σάββατο (κ+5 ,2100 όχι δίσεκτο) 1/1/2201=Πεμπτη (κ+5) 1/1/2301=Τρίτη (κ+5, 2300 όχι δίσεκτο) ΊΔΙΑ ΜΕΡΑ(ΤΡΙΤΗ) =ΕΚΛΕΙΣΕ Ο ΚΥΚΛΟΣ! Δηλαδή ένας αιώνας που καταλήγει σε δίσεκτο χρόνο στο τέλος του αρχίζει πάντα Τρίτη! 1/1/2401= Δευτέρα (κ+6 , 2400 δίσεκτο) 1/1/2501=Σάββατο ..... Και τα λοιπά… Άρα βλέπουμε (εγώ με έκπληξη ομολογώ) ότι ένας οποιοσδήποτε αιώνας δεν μπορεί να αρχίζει με τις μέρες που δεν εμφανίστηκαν καθόλου στην περίοδο των 4 αιώνων, δηλαδή Τετάρτη, Παρασκευή και Κυριακή ούτε βέβαια συνεπακολούθως να τελειώνει με τις αμέσως προηγούμενες αντίστοιχα δηλαδή Τρίτη, Πέμπτη, Σάββατο. Δεν το περίμενα διαισθητικά ότι θα μπορούσε να ισχύει κάτι τέτοιο, αλλά να που ισχύει . Λύση του Νίκου Λέντζου. Mια διευκρίνιση Όταν λέμε τελευταία ημέρα του αιώνα, ποια ημερομηνία εννοούμε πχ για τον 20 αιώνα; Την 31/12/1999 ή την 31/12/2000; Νομίζω το σωστό (δοθέντος ότι δεν υπήρξε έτος μηδέν) είναι η 31/12/2000 γιατί τότε συμπληρώνονται 20 αιώνες. Αν λοιπόν θεωρήσουμε αυτό ως σωστό τότε: Κυριακή, 31 Δεκεμβρίου 2000 Παρασκευή, 31 Δεκεμβρίου 2100 Τετάρτη, 31 Δεκεμβρίου 2200 Δευτέρα, 31 Δεκεμβρίου 2300 Κυριακή, 31 Δεκεμβρίου 2400 Παρασκευή, 31 Δεκεμβρίου 2500 κ.ο.κ. Είναι γνωστό ότι το ισχύον ημερολόγιο (Γρηγοριανό-Νέο)έχει ένα κύκλο 400 ετών. Πιο αναλυτικά: Κάθε έτος που δεν διαιρείται με το 4, έχει 365 ημέρες, ενώ αν διαιρείται έχει 366 ημέρες (δίσεκτο). Εξαιρούνται τα έτη των αιώνων(2.000, 2.100, ...)που για αυτά ισχύει το εξής: Αυτά έχουν 365 ημέρες εκτός αν διαιρούνται με 400 οπότε έχουν 366 ημέρες. Έτσι το 1900 δεν ήταν δίσεκτο όπως δεν θα είναι δίσεκτα τα έτη 2.100, 2.200 2.300, 2.500, ... ενώ το 2.000 ήταν δίσεκτο όπως θα είναι τα 2.400, 2.800, ... Η εξαίρεση αυτή στους αιώνες είναι και η διαφορά του Ιουλιανού-Παλαιού, από το Γρηγοριανό-Νέο ημερολόγιο. Μετά τα παραπάνω είναι φανερό ότι οι ημέρες της εβδομάδας που δεν μπορεί να είναι τελευταίες του αιώνα είναι η ΤΡΙΤΗ η ΠΕΜΠΤΗ και το ΣΑΒΒΑΤΟ. Αν παρά ταύτα θεωρήσουμε τελευταία ημέρα του 20 αιώνα την 31/12/1999 τότε έχουμε: Παρασκευή, 31 Δεκεμβρίου 1999 Πέμπτη, 31 Δεκεμβρίου 2099 Τρίτη, 31 Δεκεμβρίου 2199 Κυριακή, 31 Δεκεμβρίου 2299 Παρασκευή, 31 Δεκεμβρίου 2399 κ.ο.κ Σε αυτή την περίπτωση, οι ημέρες της εβδομάδας που δεν μπορεί να είναι τελευταίες του αιώνα είναι η ΔΕΥΤΕΡΑ η ΤΕΤΑΡΤΗ και το ΣΑΒΒΑΤΟ.

Το Γινόμενο

Αν προσθέσουμε τα ψηφία ενός επταψήφιου αριθμού παίρνουμε άθροισμα 6. Ποιο είναι το γινόμενο αυτών των ψηφίων; (Κατ.34/Νο.552) 

Kangourou Maths 2012 – Junior Level 9-10

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_6317.html

Λύση

Το γινόμενο των ψηφίων του ισούται με μηδέν. Εφόσον το άθροισμα των 7 ψηφίων του ισούται με 6 πρέπει να υπάρχει τουλάχιστον ένα μηδέν μεταξύ των ψηφίων του, ώστε το γινόμενο των ψηφίων του να ισούται με μηδέν.

Κοινοποίηση

Παράκληση σε όλους του λύτες αυτής της ιστοσελίδας να μη δημιουργούμε κόντρες και αντιπάθειες στα σχόλια, διότι μειώνουμε το επίπεδο της ιστοσελίδας. Εξ' άλλου η ιστοσελίδα αυτή, που δημιουργήθηκε με μεράκι, δημιουργήθηκε για την ψυχαγωγία μας λόγω των κρισίμων καταστάσεων που διάγουμε και δεν πρέπει να φορτιζόμαστε περισσότερο με μικρότητες. Τη κοινοποίηση αυτή την αναρτώ επειδή παρατηρήθηκαν τελευταία ορισμένα σχόλια με εμπάθεια.
Επίσης θα ήθελα ο λύτης batman1986 να επιστρέψει στην ιστοσελίδα, διότι είναι ένας από τους καλούς λύτες.
Εύχομαι στο εξής η πορεία της ιστοσελίδας να συνεχιστεί χωρίς προβλήματα.
Φιλικά,
Papaveri

Τα Δώρα

Ποιο είναι το συνολικό κόστος των κάτωθι πέντε δώρων; (Κατ.34/Νο.551)

Εάν:

α)Το κόκκινο και το  μωβ δώρο μαζί, κοστίζουν 33 ευρώ.

 

β)Το μωβ και το μπλε δώρο μαζί, κοστίζουν 21 ευρώ. 

γ)Το μπλε και το κίτρινα δώρο μαζί, κοστίζουν 24 ευρώ.

δ)Το κίτρινο και το  πράσινο δώρο μαζί, κοστίζουν 29 ευρώ. 

ε)Το πράσινο και το κόκκινο δώρο μαζί, κοστίζουν 31 ευρώ. 

 Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/01/blog-post_9208.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. O εμφατικός τονισμός των χρωμάτων ανά δύο μάς οδηγεί στην άμεση παρατήρηση ότι αριστερά έχουμε από 1 ζευγαράκι από ΟΛΑ τα χρώματα-δώρα. Άρα 2* Σ(1 έως 5)δώρων=138€ --> Σ(δώρων)=138/2 =69€. Λύση του Papaveri. Το συνολικό κόστος των πέντε δώρων ανέρχεται στα 69€. Έστω «α» το κόκκινο πακέτο, «β» το μωβ πακέτο, «γ» το μπλε πακέτο, «δ» το κίτρινο πακέτο, και «ε» το πράσινο πακέτο. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε πέντε εξισώσεις με πέντε αγνώστους. α+β+γ+δ+ε=ω α+β=33 (1) β+γ=21 (2) γ+δ=24 (3) δ+ε=29 (4) ε+α=31 (5) Από τη (5) συνάγουμε ότι: ε+α=31 --> ε=31-α (6) Αντικαθιστούμε την (6) στη (4) κι’ έχουμε: δ+ε=29 --> δ+31-α=29 --> δ=29-31+α --> δ=α-2 (7) Αντικαθιστούμε την (7) στη (3) κι’ έχουμε: γ+δ=24 --> γ+α-2=24 --> γ=24+2-α --> γ=26-α (8) Αντικαθιστούμε την (8) στη (2) κι’ έχουμε: β+γ=21 --> β+26-α=21 --> β=21-26+α --> β=α-5 (9) Αντικαθιστούμε την (9) στην (1) κι’ έχουμε: α+β=33 --> α+α-5=33 --> 2α=33+5 --> 2α=38 --> α=38/2 --> α=19 (10) Αντικαθιστούμε τη (10) στην (9) κι’ έχουμε: β=α-5 --> β=19-5 --> β=14 (11) Αντικαθιστούμε τη (10) στην (8) κι’ έχουμε: γ=26-α --> γ=26-19 --> γ=7 (12) Αντικαθιστούμε τη (10) στην (7) κι’ έχουμε: δ=α-2 --> δ=19-2 --> δ=17 (13) Αντικαθιστούμε τη (10) στην (6) κι’ έχουμε: ε=31-α --> ε=31-19 --> ε=12 (14) Άρα το συνολικό κόστος των πέντε δώρων ανέρχεται σε: α+β+γ+δ+ε=ω --> 19+14+7+17+12=69€ Επαλήθευση: α+β=33 --> 19+14=33 β+γ=21 --> 14+7=21 γ+δ=24 --> 7+17=24 δ+ε=29 --> 17+12=29 ε+α=31 --> 12+19=31

Τουρνουά Μπάσκετ

Σε ένα τουρνουά μπάσκετ, μια ομάδα πρέπει να ηττηθεί δύο φορές για να αποκλεισθεί. Στο τουρνουά παίρνουν μέρος οκτώ ομάδες. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός των παιχνιδιών που μπορεί να παίξει μια ομάδα; (Κατ.34/Νο.550)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/12/blog-post_3733.html

Λύση

Λύση του Γ. Ριζόπουλου. 5 αγώνες το πολύ μία ομάδα (αν έχει ήττα). Σύνολο αγώνων= 2ν-1 (αν ο τελικός νικητής είναι αήττητος) ή 2ν-2 αν έχει 1 ήττα. Χρησιμοποιείται πολύ σε τουρνουά πόκερ και μπιλιάρδου, στο σκάκι σπάνια. Kλασσική περίπτωση double-elimination tournament http://en.wikipedia.org/wiki/Double-elimination_tournament. Nα και ένα τυπικό bracket από 8άρι τουρνουά: http://khsaa.org/forms/br208s.pdf Λύση του Ε. Αλεξίου. 5 το πολύ αγώνες για μία ομάδα και σύνολο αγώνων: 15 αν ο νικητής έχει μία ήττα και 14 αν είναι αήττητος, ο γενικός τύπος για το σύνολο των αγώνων ν ομάδων είναι: Σν=2ν-1, εάν ο νικητής έχει μία ήττα και Σν=2ν-2 εάν ο νικητής είναι αήττητος.

2.013: Ημέρες, Ώρες, Λεπτά, Δευτερόλεπτα.

Ποια θα είναι η ημερομηνία:
1) 2013 ημέρες μετά την 1η Ιανουαρίου 2013;
2) 2.013 ώρες μετά την 1η Ιανουαρίου 2013;
3) 2.013 λεπτά μετά την 1η Ιανουαρίου 2013;
4) 2.013 δευτερόλεπτα μετά την 1η Ιανουαρίου 2013; (Κατ.13/Νο.33)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/01/2013_7.html

Λύση

1)7-7-2018 ώρα 00:00:00π.μ. 2013Η=5έτη=2013,2014,2015,2016,2017:364+365+365+366+365=1.825ημέρες 2.013-1.825=188ημέρες --> 2018:Ι,31+Φ,28+Μ,31+Α,30+Μ,31+Ι,30+Ι,7=188ημέρες. 2)25/3/2013 ώρα 9:00μ.μ. 2013Ω=2013:24=83Η=(30+28+25)Η 0,875*24=21Ω 3)2/1/2013 ώρα 9:32,99π.μ. 1Μ=24Ω, 1Ω=60Λ --> 1Η=24*60=1.440Λ 2013Λ=2013:1.440= 1Η 0,3979166*24=9Ω 0,5499*60=32,99Λ 4)2/1/2013 ώρα 00:33:32,99π.μ. 1Μ=24Ω, 1Ω=60Λ, 60Λ=60Δ --> 1Η=24*60*60=86.400Δ 2013Δ=2013:86.400=0Η 0,0232986*24=0Ω 0,559166*60=33Λ 0,5499*60=32,99Δ

Η Επανάληψη

Ο καθηγητής ενός σχολείου ζήτησε από τους μαθητές του να κάνουν 
επανάληψη όλες τις σελίδες από την 20^η μέχρι και την 73^η.

α) Να βρείτε πόσες σελίδες πρέπει να διαβάσουν οι μαθητές.
β) Αν από τις σελίδες αυτές εξαιρέσουμε όσες διαιρούνται δια 5, πόσες 
σελίδες απομένουν για διάβασμα;
γ) Σε ολόκληρο το βιβλίο, στις σελίδες που είναι πρώτοι αριθμοί υπάρχουν
σημαντικές ερωτήσεις. Πόσες και ποιες είναι οι σελίδες αυτές από την  
32^η σελίδα ως και την 40^η;
δ) Ο Νίκος έσκισε ένα φύλλο του βιβλίου. Το άθροισμα των σελίδων του  
φύλλου αυτού είναι 99. Να βρείτε τις σελίδες που κόπηκαν. 
(Κατ.34/Νο.549)

Λύση

α) Για να βρούμε το πλήθος των σελίδων που πρέπει να διαβάσουν οι μαθητές, πρέπει από τις 73 πρώτες σελίδες να αφαιρέσουμε όσες δεν θα διαβάσουν, δηλαδή πρέπει να αφαιρέσουμε 19 σελίδες. Έτσι το πλήθος των σελίδων που πρέπει να διαβάσουν οι μαθητές είναι 73 – 19 = 54 σελίδες. β) Οι αριθμοί που διαιρούνται δια 5 είναι αυτοί που λήγουν σε 0 ή 5. Έτσι, από το 20 μέχρι το 73 υπάρχουν οι εξής 11 αριθμοί: 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50, 55, 60, 65 και 70. Άρα οι μαθητές πρέπει να διαβάσουν 54 – 11 = 43 σελίδες. γ) Εδώ πρέπει να βρούμε τους πρώτους αριθμούς από το 32 μέχρι και το 40. Οι άρτιοι αριθμοί 32, 34, 36, 38, 40 δεν είναι πρώτοι αφού διαιρούνται δια 2. Ο 33 και ο 39 διαιρούνται με το 3, άρα δεν είναι πρώτοι, ενώ ο 35 διαιρείται με το 5, άρα δεν είναι πρώτος. Μένει μόνο ο 37, ο οποίος είναι πρώτος αριθμός. Άρα υπάρχει μόνο μία σελίδα, η 37η. δ) Οι σελίδες που σκίστηκαν είναι διαδοχικοί αριθμοί. Ο αριθμός της μεγαλύτερης σελίδα είναι ίσος με τον αριθμό της μικρότερης συν 1. Αν λοιπόν από το 99 αφαιρέσουμε 1 βρίσκουμε το διπλάσιο του αριθμού της μικρότερης σελίδας. Άρα ο αριθμός της μικρότερης σελίδας είναι ο (99 – 1):2 = 49. Επομένως οι σελίδες που σκίστηκαν είναι οι 49 και 50.