Rebus No.228 (5)

Λύση

Φάρμα [Φ(=4/ =1,6)αρμα(νι)(Ρολόϊ G. Armani)]

Το Μοίρασμα

Κάποιος σας δίνει 100.090€ και σας λέει να τα μοιράσετε σε δέκα κουτιά, όπως εσείς θέλετε. Αφού τα μοιράσετε στην συνέχεια κλείνει τα κουτιά και τ’ ανακατεύει, χωρίς να βλέπετε εσείς. Μετά σας ζητάει να επιλέξετε δύο από τα δέκα κουτιά κερδίζοντας την διαφορά από τα δύο ποσά που περιέχονται μέσα σ’ αυτά. Με ποιο τρόπο θα μοιράζατε τα χρήματα, ώστε να κερδίσετε σίγουρα το μεγαλύτερο ποσό; (Κατ.27/Νο.396)

Πηγή:http://www.thep.gr/modules.php?name=Forums&file=viewtopic&t=149

Λύση

Στο πρώτο κουτί βάζουμε 10€. Σε κάθε άλλο κουτί 2.222€ παραπάνω από το προηγούμενο.Δηλαδή: Στο δεύτερο κουτί βάζουμε 10+2.222=2.232€. Στο τρίτο κουτί βάζουμε 2.232+2.222=4.454€. Στο τέταρτό κουτί βάζουμε 4.454+2.222=6.676€. Στο πέμπτο κουτί βάζουμε 6.676+2.222= 8.898€. Στο έκτο κουτί βάζουμε 8.898+2.222=11.120€. Στο έβδομο κουτί βάζουμε 11.120+2.222= 13.342€. Στο όγδοο κουτί βάζουμε 13.342+2.222= 15.564. Στο ένατο κουτί βάζουμε 15.564+2.222= 17.786€. Στο δέκατο κουτί βάζουμε 17.786+2.222= 20.008. Σύνολο:10+2.232+4.454+6.676+8.898+11.120+13.342+15.564+17.786+20.008=100.090€. Έτσι, ότι και να επιλέξει θα πάρει 2.222€ που είναι και το μεγαλύτερο ποσό. Λύση του Ε. Αλεξίου. Πλήρη λύση δεν έχω. Η αριθμητική πρόοδος, αυτή που έγραψες 10, 2.232, 4454, 6.676, 8.898, 11.120, 13.342, 15.564, 17.786, 20.008 είναι σωστή αν μιλάμε για ακέραια ποσά ευρώ. Ξέρουμε το ελάχιστο ποσό που μπορεί να κερδίσει 2.222, το μέγιστο ποσό 19.998, ήδη στα έχω γράψει παραπάνω πρέπει να βρούμε το μέσο προσδοκώμενο κέρδος θέλει λίγη δουλίτσα, αλλά υπολογίζεται, γιατί αρκετοί συνδυασμοί λόγω αριθμητικής προόδου έχουν ίδια ποσά διαφορά. Από 10 κουτιά διαλέγει 2, άρα συνδυασμοί C(10,2)=45. Από αυτούς οι 9 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*1=2.222€, οι 8 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*2=4.444€, οι 7 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*3=6.666€, οι 6 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*4=8.888€, οι 5 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*5=11.110€, οι 4 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*6=13.332€, οι 3 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*7=15.554€, οι 2 δίνουν διαφορά-κέρδος 2.222*8=17.776€, και ο τελευταίος, ο καλύτερος δίνει διαφορά-κέρδος 2.222*9(=20.008-10)=19.998€. Αθροίζουμε όλα τα γινόμενα 9*2.222+8*4.444+7*6.666+6*8.888+5*11.110+4*13.332+3*15.554+2*17.776+1.998=348.630. Αυτό είναι το συνολικό άθροισμα κέρδους όλων των δυνατών περιπτώσεων που είναι 45. Άρα μέσο προσδοκώμενο κέρδος 348.630/45=7.747+1/3 ευρώ. Τελειώσαμε με την αριθμητική πρόοδο, πρέπει να βρούμε και τι γίνεται με την γεωμετρική που τα πράγματα είναι πιο δύσκολα, να βρούμε το ελάχιστο ποσό που θα είναι σαφώς μικρότερο της αριθμητικής προόδου (2.222), το μέγιστο δυνατό κέρδος που είναι σαφώς μεγαλύτερο της αριθμητικής προόδου και μετά το μέσο κέρδος. Αλλά από εμένα το πρόβλημα κλείνει εδώ και μαθηματικά, δεν μπορώ να το υπολογίσω, αλλά δεν παρουσιάζει και κανένα ενδιαφέρον για μένα αλλά και κυρίως από ιδιοσυγκρασία! Η γεωμετρική πρόοδος ταιριάζει σε "ριψοκίνδυνους", τζογαδόρους ενώ η αριθμητική πρόοδος ταιριάζει σε εγκρατείς και αυτάρκεις. Ωραιότατα! Δεν δώσαμε πλήρη μαθηματική λύση, αλλά δώσαμε κοινωνιολογική-ψυχολογική λύση!:-)

Rebus No.227 (6)

Λύση

Σαρμάς* [Σ(Σο=[(α+τ)*ν ]/2)**αρμας***] * Είδος φαγητού, ντολμαδάκια, που φτιάχνεται με σφαιρίδια αποτελούμενα από κιμά, ρύζι και μυρωδικά, τυλιγμένα με αμπελόφυλλα ή λάχανο. **Ολικό σύνολο αθροίσματος της αριθμητικής προόδου. ***Ο ΑΓΙΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΑΡΜΑΣ βρίσκεται 20χιλιόμετρα ανατολικά τους Χαλκίδας, στο χωριό Φύλλα. Από όλο το μοναστηριακό συγκρότημα σώζεται ο ναός σε άριστη κατάσταση και μερικά κελιά στη βόρεια πλευρά της αυλής. Η είσοδος είναι στη δυτική πλευρά, όπου διατηρούνται μέλη της παλαιάς πύλης. Σήμερα ανακαινίζεται εκ βάθρων όλο το κτιριακό συγκρότημα. Όλος ο περίβολος έχει περιτοιχισθεί, στα ανατολικά κτίσθηκε νέα πτέρυγα κελιών και νότια κτίσθηκαν ωραιότατα σύγχρονα κελιά, καθώς και ένα εκκλησάκι του Αγίου Γεωργίου. Αξίζει, να αναφέρουμε ότι η Μονή υπήρξε κατά την περίοδο της τουρκοκρατίας, σημαντικό πνευματικό κέντρο για την περιοχή, πηγή φωτός μέσα στα σκοτάδια της δουλείας. Σε αυτή γαλουχήθηκε μια σπουδαία προσωπικότητα της Επανάστασης του 1821, ο Νεόφυτος Αδάμ, που έγινε μοναχός σε ηλικία μόλις 13 ετών. Μέλος της Φιλικής Εταιρείας, εθνεργέτης της Τουρκοκρατούμενης Εύβοιας, Επίσκοπος Ευρίπου, πρόεδρος επί 8 χρόνια της Ιεράς Συνόδου και βουλευτής Εύβοιας, τιμήθηκε για την εθνοσωτήρια δράση του από το βασιλιά Όθωνα με τον ανώτατο Σταυρό του ταξιάρχου. Δυστυχώς, η μονή διαλύθηκε λίγο μετά την απελευθέρωση, το 1934, γιατί Δε συμπλήρωνε τον απαιτούμενο αριθμό μοναχών (6). Σήμερα, πάρα πολλοί είναι αυτοί που επισκέπτονται τη μονή, τόσο από θρησκευτική ευλάβεια, όσο και για να απολαύσουν την ομορφιά και την ηρεμία της γύρω φύσης.

Ο Αριθμός

Είμαι ένας τετραψήφιος αριθμός. Αν με πολλαπλασιάσεις με τον αριθμό 2, αφαιρέσεις από το γινόμενο τον αριθμό 1 και με διαβάσεις αντίστροφα τότε με βρήκες. Ποιος είμαι? (Κατ.34/Νο.716)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2011/02/blog-post_7665.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. [2*(1.000a+100b+10c+d)-1]=1.000d+100c+10b+a --> 2.000a+200b+20c+2d=1.000d+100c+10b+a+1 --> 1.999a+190b-80c-998d-1=0, συνεπώς a περιττός, άρα a=1, a=3 Με a=1 1.999a+190b-80c-998d-1=0 --> 1.999*1+190b−80c−998d-1=0 --> 1.999+190b−80c−998d-1=0 --> 190b−80c−998d+1.998=0 Με d=1 ή d=6 (1*8=8,6*8=48) Με d=1 → 190b−80c−998d+1.998=0 --> 190b-80c-998*1+1.998=0 --> 190b-80c+1.000=0 Με b=4(2n+1), c=19n+22, δεν δίνει λύση. Με d=6 190b−80c−998d+1.998=0 --> 190b-80c-998*6+1.998=0 --> 190b-80c-5988+1.998=0 --> 190b-80c-3990=0 Με b=8n+5, c=19(n-2), δεν δίνει λύση. Με a=3 1.999a+190b-80c-998d-1=0 --> 1.999*3+190b-80c-998d-1=0 --> 5.997+190b-80c-998d-1=0 --> 190b-80c-998d+5.996=0 Με d=7(7*8=56) 190b-80c-998d+5.996=0 --> 190b-80c-998*7+5996=0 --> 190b-80c-6986+5996=0 -->190b-80c-990=0 → Με b=8n+1, c=19n-10 → n=1, b=8*1+1=8+1=9, c=19*1-10=19-10=9 και ο αριθμός είναι 3.997 Επαλήθευση: [(2*3997)-1]= 7.994-1=7993 --> 3.997

Rebus No.226 (9,7)

Λύση

Τραπεζική Επιταγή [(Τραπέζι)(Σκιέρ) Ε(Πίτα)(Γη)]

Οι Αποσκευές

Μία κυρία ταξιδεύοντας είχε, για το ταξίδι της, τις εξής αποσκευές: μία βαλίτσα, ένα σακίδιο, ένα κουτί, και ένα καλάθι. Η βαλίτσα ζυγίζει περισσότερο από το σακίδιο, το σακίδιο και το κουτί μαζί ζυγίζουν περισσότερο από τις άλλες δύο αποσκευές και το κουτί μαζί με το καλάθι ζυγίζουν τόσο όσο η βαλίτσα με το σακίδιο. Να διαταχθούν οι 4 αποσκευές της κυρίας σύμφωνα με το βάρος τους. (Κατ.34/Νο.715)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/11/blog-post_5594.html

Διαβάστε περισσότερα »

Rebus No.225 (7,7)

Λύση

Πηνειός Ποταμός* [Πηνειο(πηνίο)(+ς) (Ποτα)μος(Κέϊτ Μος=μοντέλο)] *Ο Πηνειός, ή Σαλαβριάς είναι ποταμός της Θεσσαλίας. Οι πηγές του βρίσκονται στην Πίνδο. Δεχόμενος όλα τα νερά από τους συγκλίνοντες ακτινοειδώς παραπόταμους της Δυτικής Θεσσαλίας τα οποία άλλοτε σχημάτιζαν λίμνη και ρέοντας από τα στενά της Καλαμπάκας, που από τη διαβρωτική του ενέργεια δημιουργήθηκαν τα Μετέωρα, φθάνει στον θεσσαλικό κάμπο, όπου και διασχίζοντας το πέρασμα της περίφημης Κοιλάδας των Τεμπών, μεταξύ Ολύμπου και Όσσας, εκβάλλει τελικά στον Θερμαϊκό Κόλπο, δημιουργώντας το Δέλτα του κοντά στην κωμόπολη Στόμιο.

Η Εκδρομή

Μία ομάδα φοιτητών κάνει μία εκπαιδευτική εκδρομή στην έρημο Σαχάρα.  Έχουν μαζί τους τρόφιμα,  βενζίνη και λοιπά αναγκαία, για μια διαδρομή
1.600χλμ. Δυστυχώς το πούλμαν μπορεί να μεταφέρει υλικά για  400χλμ. μόνο. Πόσο πιο βαθειά μπορούν να πάνε στην έρημο, ούτως ώστε  να μπορέσουν να γυρίσουν πίσω; (Κατ.15/Νο.18)

Διαβάστε περισσότερα »

Rebus No.224 (5)

  Έχει Δύο Λύσεις.

Λύση

Πάρμα*/Πηνία**** [Π(7/22ή22/7**=3,14159)αρμα Π(7/22ή22/7=3,14159)ηνία***] *Η Πάρμα (ιτ.: Parma) είναι πόλη της Ιταλίας, πρωτεύουσα της επαρχίας Πάρμα, στην περιφέρεια της Εμίλια-Ρομάνια. Η πόλη είναι γνωστή για τα αρχιτεκτονικά της αξιοθέατα, αλλά και για το Πανεπιστήμιο της Πάρμας, ένα από τα αρχαιότερα στον κόσμο. **Η παγκόσμια ημέρα του Πι. ***Ηνία=Χαλινάρια, Γκέμια. **** Το πηνίο είναι ένα από τα κύρια εξαρτήματα των ηλεκτρικών κυκλωμάτων. Πρόκειται για ένα συρμάτινο τύλιγμα που έχει την ιδιότητα να αναπτύσσει μαγνητικό πεδίο στο εσωτερικό του όταν διαρρέεται από ρεύμα. Οι ιδιότητες των πηνίων και το φαινόμενο της αυτεπαγωγής μελετήθηκαν από τον Αμερικανό φυσικό Τζόζεφ Χένρι το 1823.

Τα Βάζα με το Γλυκό

Ας υποθέσουμε ότι γυρνάτε στην παιδική σας ηλικία, όπου επισκέπτεστε
την γιαγιά σας. Εκεί της λέτε πόσο έξυπνο παιδί είστε και πόσο καλούς βαθμούς έχετε πάρει. Έτσι, για να σας δοκιμάσει η γιαγιά, αφού τελειώσει η επίσκεψη, την ώρα που πάτε να φύγετε σας φωνάζει και σας λέει:

"Έφτιαξα το γλυκό που σου αρέσει."

Και βλέπετε τέσσερα όμοια αδιαφανή βαζάκια. Πάτε να πάρετε τα βαζάκια και εισπράττετε μια ξυλιά στα χέρια.

"Δυο λεπτά!...", λέει η γιαγιά. "Θα πάρεις μόνο ένα από τα τέσσερα βαζάκια..."

Και πριν τελειώσει, πάτε να αρπάξετε ένα βαζάκι και πάλι εισπράττετε άλλη μια ξυλιά στα χέρια.
"Μην βιάζεσαι!", λέει η γιαγιά. "Υπάρχουν όροι. Μπορείς να ανοίξεις οποιοδήποτε από τα βαζάκια, ένα κάθε φορά, και να κοιτάξεις το περιεχόμενο. Τότε μπορείς να επιλέξεις το ανοιχτό βαζάκι ή να προχωρήσεις και να ανοίξεις άλλο βαζάκι. Αν ανοίξεις ένα βαζάκι και δεν το επιλέξεις δεν μπορείς να ξαναγυρίσεις πίσω. Για παράδειγμα, αν ανοίξεις το πρώτο βαζάκι και μετά αποφασίσεις να ανοίξεις το δεύτερο δεν μπορείς να πάρεις το πρώτο."

Στο τέλος συμπληρώνει η γιαγιά:

"Τώρα προσοχή:μπορείς να κρατήσεις το γλυκό ΜΟΝΟ αν το βαζάκι που θα επιλέξεις είναι αυτό που θα περιέχει τη μεγαλύτερη ποσότητα γλυκού από τα τέσσερα. Άντε λοιπόν, διάλεξε..."

 Έτσι λοιπόν, σε περιμένει η γιαγιά να επιλέξεις το βαζάκι...

Το ερώτημα είναι: Υπάρχει τρόπος (και ποιός) για να αυξηθούν οι πιθανότητες επιτυχίας ή πρόκειται για μια περίπτωση απλής τύχης για να βρεις το πιο γεμάτο βαζάκι; 

Βοήθεια: 

1.Υποθέστε ότι μπορείτε σαφώς να καταλάβετε τα περιεχόμενα (την ποσότητα) στο κάθε βαζάκι, απλά κοιτώντας τα.

2.Μην κολλήσετε στις περιγραφές και τη "σάλτσα" του προβλήματος.

3.Η λύση είναι κανονική, όχι καμιά εξυπνάδα του στυλ: "Δεν διαλέγω τίποτε  γιατί δεν μου αρέσουν τα γλυκά..." ή "Τα ζυγίζω", κλπ...(Κατ.33/Νο.39)
Πηγή: http://anekdota.duckdns.org/quiz/0197.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω 1,2,3,4 τα βάζα, 1μικρότερο του 2 μικρότερο του 3 μικρότερο του 4. Οι μεταθέσεις αυτών είναι: (1,2,3,4), (1,3,2,4), (1,2,4,3), (1,4,2,3), (1,3,4,2), (1,4,3,2), (3/6) (2,1,3,4) (2,1,4,3), (2,3,1,4), (2,3,4,1), (2,4,1,3), (2,4,3,1), (3/6) (3,1,2,4), (3,1,4,2), (3,2,1,4), (3,2,4,1), (3,4,1,2), (3,4,2,1), (6/6 (4,1,2,3), (4,1,3,2), (4,2,1,3), (4,2,3,1), (4,3,1,2), (4,3,2,1), (0/6) Παρατηρώ ότι αν ανοίγουμε βάζα μη επιλέγοντας το πρώτο μέχρι να βρούμε το πρώτο μεγαλύτερο από το προηγούμενο ή τα προηγούμενα, το οποίο και επιλέγουμε. Με αυτόν τον τρόπο πετυχαίνουμε το πιο γεμάτο βαζάκι σε 12 από τις 24 περιπτώσεις μεταθέσεων (1,2,4,3), (1,4,2,3), (1,4,3,2), (2,1,4,3), (2,4,1,3), (2,4,3,1) (3,1,2,4), (3,1,4,2), (3,2,1,4), (3,2,4,1), (3,4,1,2), (3,4,2,1) Η πιθανότητα έτσι να βρούμε το μεγαλύτερο είναι 50%. (αντί του 25% στην τύχη) Ενδιαφέρον παρουσιάζει η γενίκευση του θέματος σε "n" βάζα ή οτιδήποτε "n". Διόρθωση: Στο (1,2,4,3) δεν πετυχαίνουμε το μεγαλύτερο άρα 11/24 η πιθανότητα. Επειδή επιμένετε ότι ποσοστό που έβγαλα είναι πολύ υψηλό, σημαίνει ότι κάπου έχετε δει λύση με λιγότερο ευνοϊκό αποτέλεσμα, πιθανόν όπως η παρακάτω(πιθανόν με άλλο τρόπο, (συνδυασμών) υπολογισμένο): Μετά από 2 ανοίγματα χωρίς επιλογή διαλέγουμε το επόμενο μεγαλύτερο και από τα 2 πρώτα, δηλαδή αν το 3ο που θα ανοίξουμε είναι μεγαλύτερο από τα δύο πρώτα το διαλέγουμε, αν όχι πάμε για το 4ο. (1,2,3,4), (1,2,4,3), (1,3,2,4), (1,3,4,2), (1,4,2,3), (1,4,3,2), (3/6) (2,1,3,4) (2,1,4,3), (2,3,1,4), (2,3,4,1), (2,4,1,3), (2,4,3,1), (3/6) (3,1,2,4), (3,1,4,2), (3,2,1,4), (3,2,4,1), (3,4,1,2), (3,4,2,1), (4/6 (4,1,2,3), (4,1,3,2), (4,2,1,3), (4,2,3,1), (4,3,1,2), (4,3,2,1), (0/6) Ευνοϊκές περιπτώσεις (1,2,4,3), (1,3,2,4), (1,3,4,2), (2,1,4,3), (2,3,1,4), (2,3,4,1), (3,1,2,4), (3,1,4,2), (3,2,1,4), (3,2,4,1), συνολικά 10 στις 24 Πιθανότης: 10/24=41.666.... Με 5 βάζα έχω βγάλει Π=49/120=40.8333...% και όπως υποψιάζομαι όσο θα ανεβάζουμε τον αριθμό των βάζων η πιθανότητα ελάχιστα θα μικραίνει και πιθανόν να υπάρχει και όριο που να μην πέφτει παρακάτω, αλλά αυτό θέλει πολύ ανώτερα μαθηματικά που εγώ δεν κατέχω ως γνωστόν. Γράφει ο Γιώργος Ριζόπουλος, που προτείνει ως βέλτιστη στρατηγική την στρατηγική «Άσε 2 βαζάκια να περάσουν, και διάλεξε το αμέσως επόμενο που είναι καλύτερο από τα 2 πρώτα!» Πράγματι είναι καλή στρατηγική αλλά όχι η βέλτιστη. Αλλά ας δούμε αν την εφάρμοσε σωστά: «Nικητήριες» περιπτώσεις είναι έτσι οι: [2341],2314, 2413, 3214, 4312,4213” ωραία ως εδώ και συμφωνώ. Γράφει παρακάτω “ΚΑΙ οι 3241 (το 4 το απορρίπτουμε ,αφού είναι χειρότερο από τα 3 και 2), [2341]. Τέλεια το 2341 επαναλαμβάνεται 2 φορές. Άρα 7 οι «νικητήριες» περιπτώσεις, άρα Π= 7/24 κατά τον Γιώργο. Συμφωνείτε ότι η διπλομέτρηση είναι μέρος της ορθής και “πολύ ωραίας ανάλυσης”? Τέλεια!... Και σε αυτό. Ας δούμε όμως αν διέφυγε κάποια μετάθεση πέραν των αναφερομένων επτά (7) Νικητήρια μετάθεση 1η(8η) που διέφυγε 4231. Αφού έχουμε δεί το 2 στα δύο πρώτα βάζα σαφώς δεν επιλέγουμε και το τρίτο βαζάκι αφού 3<2 1="" 2134="" 2431.="" 2="" 3412.="" 3="" 4="">2 και φυσικά χάνουμε Όμως στο 3214, απορρίπτουμε δεύτερο και τρίτο βαζάκι (2 μικρότερο του 3, 1 μικρότερο του 3) και πάμε για το τέταρτο και κερδίζουμε. Διαβάστε όμως καλά αυτό που προτείνω και σημειωτέον η δική μου κατάταξη ως παραδοχή είναι 4 μεγαλύτερο του 3 μεγαλύτερο του 2 μεγαλύτερο του 1 για να βοηθάει συνειρμικά καθώς για τους αριθμούς ισχύει 4 μεγαλύτερο του 3 μεγαλύτερο του 2 μεγαλύτερο του 1 και να μου πείτε μια μετάταξη από τις 11 που βγαίνουν με την δική μου στρατηγική, 1423, 1432, 2143, 2413, 2431, 3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421 είναι λάθος, δεν είναι νικητήρια! ΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΜΙΛΑΝΕ ΜΟΝΟΙ ΤΟΥΣ ή ΜΗΠΩΣ ΟΧΙ? “Αφήνουμε το πρώτο βαζάκι και επιλέγουμε το μεγαλύτερο από το 1ο” Θεωρώ 4 μεγαλύτερο του 3 μεγαλύτερο του 2 μεγαλύτερο του 1 χάριν ευκολίας. Το ίδιο προκύπτει και αν θεωρήσουμε 1 μεγαλύτερο του 2 μεγαλύτερο του 3 μεγαλύτερο του 4 με άλλες μεταθέσεις εννοείται, φαντάζομαι να είναι κατανοητό. Αν όχι ευχαρίστως να το κάνω και με 1 μεγαλύτερο του 2 μεγαλύτερο του 3 μεγαλύτερο του 4 1423 ΝΑΙ, μάς πέφτει το 4 άμεσα, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 1432 ΝΑΙ, μάς πέφτει το 4 άμεσα, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 2143 ΝΑΙ, 1 μικρότερο του 2, πάμε παρακάτω 4, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 2413 ΝΑΙ, μάς πέφτει το 4 άμεσα, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 2431 ΝΑΙ, μάς πέφτει το 4 άμεσα, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 3124 ΝΑΙ, 1,2 μικρότερο του 3, πάμε παρακάτω μας πέφτει το 4, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 3142 ΝΑΙ, 1 μικρότερο του 3, πάμε παρακάτω μας πέφτει το 4, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 3214 ΝΑΙ, 2,1 μικρότερο του 3, πάμε παρακάτω μας πέφτει το 4, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 3241 ΝΑΙ, 2 μικρότερο του 3, πάμε παρακάτω μας πέφτει το 4, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 3412 ΝΑΙ, μάς πέφτει το 4 άμεσα, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ 3421 ΝΑΙ, μάς πέφτει το 4 άμεσα, ΚΕΡΔΙΖΟΥΜΕ (με το αφήνουμε το πρώτο κερδίζουμε και στις 6 μεταθέσεις με 1ο βαζάκι το 3, μεγάλο πλεονέκτημα! Μετράω και ξανά μετράω και βγάζω 11>10 ευνοϊκές περιπτώσεις ΘΡΙΑΜΒΟΣ! ΜΕΓΙΣΤΟΠΟΙΗΣΗ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ 11/24 μεγαλύτερο του 10/24 Μου διαφεύγει κάτι που δεν το βλέπω? Συνοψίζοντας και γενικεύοντας το πολύ ενδιαφέρον αυτό θέμα για n αντικείμενα (στην περίπτωση μας n=4). To πρώτο και βασικό θέμα είναι η εύρεση του αριθμού, έστω m που αφήνουμε αρχικά (στην περίπτωση μας m=1 ή m=2, διΐστανται μέχρι στιγμής οι απόψεις). Ο τύπος που δίνει την βέλτιστη επιλογή του m είναι m=n*(1/e) Ο τύπος που δίνει την βέλτιστη πιθανότητα P(m) είναι: P(m)= (m/n)Σ(1/i), ι=m,(m+1),..,(n-1) → P(m)= (m/n)[1/m +1/(m+1) +1(m+2)+...+1/(n-1)] Για n=3 και m=1 (τρία βαζάκια και αφήνουμε το ένα το πρώτο) μας δίνει: P(1)=(1/3)*(1/1 +1/2)=1/2 όπως ακριβώς βγαίνει και με τις μεταθέσεις. Για n=4, m=2 (βέλτιστη λύση κατά Γ. Ριζόπουλο) μάς δίνει: P(2)=(2/4)*(1/2+1/3)=10/24, όπως ακριβώς τα υπολογίσαμε με τις μεταθέσεις Για n=4, m=1 (βέλτιστη λύση κατά Ε. Αλεξίου) μάς δίνει: P(2)=(1/4)*(1/1+1/2+1/3)=11/24, όπως ακριβώς υποστηρίζω με απόλυτη βεβαιότητα από την αρχή. Τα συμπεράσματα κ. Κάρλο για την βέλτιστη λύση, δικά σας. Για n=5, βέλτιστο m=2, όπως ακριβώς έχω ήδη γράψει P(2)=(2/5)*(1/2+1/3+1/4)=52/120 =0.4333..., είχα βρει 49/120, πράγματι μετά από έλεγχο των 120 μεταθέσεων που έχω κάνει στο χαρτί βρήκα και τις υπόλοιπες τρεις που μου διέφυγαν. Για n πολύ μεγάλο, ας πούμε n=100.000 (για να μπορεί η Βολφραμάλφα -Wolfram Alpha - να κάνει τις πράξεις) κατάλληλο m=100.000/e =36.787,944117, επιλέγουμε προφανώς m=36.788 (μερικές φορές χρειάζεται έλεγχο όταν ας πούμε βγει m=agc..k,515, ποιος από τους 2 πλησιέστερους ακέραιους είναι ο καταλληλότερος) και έχουμε: P(36788)=(36788/100000)*(1/36788+1/36789+...+1/99999)= 0.36788*1.00000707238937839529...= 0.3678826... μεγαλύτερο του 1/e=0.36787944... Απίστευτο και όμως αληθινό, από 100.000 με αυτή την στρατηγική πετυχαίνουμε το καλύτερο με πιθανότητα 36,79% Αλλά και όπως έχω διαβάσει στο παρελθόν, (τα μαθηματικά πέραν των γυμνασιακών χρόνων δεν με ενδιέφεραν αλλά οι γρίφοι, σπαζοκεφαλιές και τέτοιου είδους προβλήματα, ήταν ένα από τα αγαπημένα μου χόμπυ μέχρι τα 33 μου, ε μετά οικογένεια, η καριέρα που ήταν στο φούλ και η ενασχόληση μου έντονα με την πολιτική, δεν μου άφηναν χρόνο ούτε για ένα 6ωρο ύπνου) οσοδήποτε μεγάλο και να είναι το n, n να τείνει στο άπειρο με το κατάλληλο m=n/e , η πιθανότητα ποτέ δεν θα γίνει μικρότερη του 1/e=0.367879... Απίστευτο, σχεδόν σχιζοφρενικό.. Γράφω εδώ καθώς το “Τα βάζα με το Γλυκό”, όχι μην φοβάσθε ότι θα συνεχίσω την αντιπαράθεση μαζί σας, αν και δεν αποφασίσατε ακόμη πια είναι η βέλτιστη λύση, γιατί εκει φρακάρισε από σχόλια και θα χαθεί. Το βιβλίο που διάβασα (πρίν ενάμισυ-δύο χρόνια, μαλιστα είναι το από τα πρώτα αυτης της κατηγορίας μετα από δεκαετίες το βρήκα στην βιβλιοθήκη μου), για το πρόβλημα της βέλτιστης επιλογής του καλύτερου μεταξύ 4,..,10,..., n επιλογών είναι: ΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΟΥ ΟΖ του KLIFFORD A. PICKOVER Πρόβλημα 70: Η ΕΠΙΛΟΓΗ, σελίδα 194 Η απάντηση στις σελίδες 397, 398, 399 όπου αναπτύσσει το θέμα αρκετά διεξοδικά και κυρίως κατανοητά. Το βιβλίο αυτό σας το συνιστώ ανεπιφύλακτα, αν δε το έχετε διαβάσει, μιας και ασχολείσθε και μάλιστα σαν θεματοθέτης το τελευταίο διάστημα, με αρκετά δύσκολα θέματα και πολύ καλά κάνετε, στο παρελθόν εξάλλου σας είχα ζητήσει κατ' επανάληψη να ανεβάσετε τον πήχυ δυσκολίας των θεμάτων. Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Το πρόβλημα δεν είναι «θεωρητικό» ή «στο περίπου» ,αλλά πολύ ακριβές και συγκεκριμένο ποσοτικά. Καταρχάς , το «μικρό βαζάκι» είναι κάπως προβληματικό στην εκφώνηση, γιατί το νόημα είναι να μην ξέρουμε εκ των προτέρων, δηλαδή τη στιγμή που το βλέπουμε, το βέλτιστο. Γι’αυτό και λέγεται «πρόβλημα της γραμματέως» η «της ταιριαστής νύφης». Η σειρά κατάταξης είναι ξεκάθαρη μόνο στο τέλος. Ένα μικρό βαζάκι γεμάτο είναι το βέλτιστο, οπότε πιο σωστά θα έπρεπε να είναι ένα πολύ μεγάλο βάζο (που δεν μπορεί να είναι τελείως γεμάτο ποτέ) . Ας πούμε πως έχουμε να δούμε 3 υποψήφιες νύφες (ή υποψήφια βαζάκια με γλυκό). Δεν ξέρουμε με ποια σειρά θα τις/τα δούμε. Η σειρά με την οποία εμφανίζονται μπροστά μας μπορεί να είναι τυχαία, δηλαδή οποιαδήποτε από τις μεταθέσεις ισοπίθανα. Ν! για Ν αντικείμενα. Όταν απορρίψουμε μια νύφη/γραμματέα/βαζάκι φεύγουν και δεν γυρίζουν πίσω. Τώρα είναι πλήρως ορισμένο το πρόβλημα. Για 3 βαζάκια ,υπάρχουν 3!=6 πιθανοί συνδυασμοί/σειρές εμφάνισης. (123), (132), (213), (231), (312), (321) Έστω 1>2>3 με την έννοια δηλαδή πως το 1 είναι το τελικά καλύτερο βαζάκι ,2 το αμέσως πιο κάτω και 3 το χειρότερο. Είναι προφανές πως αν επιλέξουμε στην τύχη ένα οποιοδήποτε βάζο που βλέπουμε, η πιθανότητα να διαλέξουμε το 1 είναι 0,33% (1 στις 3). Η ίδια πιθανότητα υπάρχει αν ακολουθήσουμε ας πούμε τον κανόνα «Διάλεξε το πρώτο βαζάκι!» Ο κανόνας θα δούλευε αν ήμασταν σε μια από τις 2 πρώτες μεταθέσεις (123 , 132) και όχι στις υπόλοιπες. 2/6 =1/3. Αν βάζαμε τον κανόνα «Διάλεξε το δεύτερο βαζάκι» (ή το τρίτο) ,θα συνέβαινε ακριβώς το ίδιο. Οι «καλές» μεταθέσεις είναι ανά περίπτωση 2 από τις 6 συνολικά, άρα η p(επιτυχίας)=0,33. Το πρόβλημα λοιπόν που αντιμετωπίζουμε είναι η απάντηση στην ερώτηση: “Υπάρχει τρόπος να αυξήσουμε αυτή την πιθανότητα;» Ας βάλουμε στον εαυτό μας έναν άλλο κανόνα: “Άσε το πρώτο βαζάκι να περάσει και διάλεξε το αμέσως επόμενο, που είναι καλύτερο(πιο γεμάτο) από το πρώτο!» Για να δούμε τι γίνεται τώρα. Στις πρώτες δύο μεταθέσεις (123, 132) δεν δουλεύει (χάνουμε το 1) αλλά δουλεύει στις περιπτώσεις 213, 231, και 312. Σε τρεις δηλαδή περιπτώσεις ,ενώ το αρχικό τυχαίο δούλευε μόνο σε 2. Αμέσως βελτιώσαμε λοιπόν την πιθανότητα από 33% σε 50% . ΑΥΤΟ είναι το κόλπο! Ε, στην περίπτωσή μας με τα 4 βαζάκια, οι δυνατές μεταθέσεις (με το συμβολισμό πάντα: 1 το καλύτερο, 2 το δεύτερο καλύτερο κ.λ.π.) είναι 4!=24, οι εξής: 1234 2134 3124 4123 1243 2143 3142 4132 1324 2341 3214 4213 1342 2314 3241 4231 1432 2413 3412 4312 1423 2431 3421 4321 Ποιος κανόνας θα αυξήσει το στάνταρ ¼ (25%) ; Με απλή εξέταση των περιπτώσεων είναι φανερό πως ο κανόνας πρέπει να είναι: “Άσε 2 βαζάκια να περάσουν, και διάλεξε το αμέσως επόμενο που είναι καλύτερο από τα 2 πρώτα!» “Nικητήριες» περιπτώσεις είναι έτσι οι: 2341,2314, 2413, 3214, 4312,4213 (αυτές που είναι έτσι κι αλλιώς «στάνταρ» με τυχαία επιλογή: 6 στις 24) ΚΑΙ οι 3241 (το 4 το απορρίπτουμε ,αφού είναι χειρότερο από τα 3 και 2) ,2341 . Σύνολο: 8/24 = 33%. Σημαντική αύξηση πιθανοτήτων επιτυχίας. Απλό, «μαγικό» και πολύ συγκεκριμένο αριθμητικά. Η γενική περίπτωση για ν υποψήφια βαζάκια έχει την γενική απάντηση που έγραψα στο πρώτο σχόλιο, και η απόδειξη της βελτιστοποίησης είναι κάπως τεχνική. Ίσως γράψω κάποια στιγμή στο «eisatopon.» Eνδιαφέρον θέμα Κάρλο εφαρμοσμένης Συνδυαστικής, με εφαρμογές σε αρκετούς τομείς. (decision theory, game theory, optimal algorithms, κ.α) Άφησα απέξω από τις "νικητήριες" 2 ευνοϊκές περιπτώσεις. Aς ξαναμετρήσω αναλυτικά: (Σύμβαση: 1 το καλύτερο,κλπ.) 1234 2134 3124 4123 1243 2143 3142 4132 1324 2341 3214 4213 1342 2314 3241 4231 1432 2413 3412 4312 1423 2431 3421 4321 Η 1η στήλη έχει πρώτο το 1 πάει όλη στράφι. 2η στήλη: (2341 NAI), (2314 NAI), (2413 NAI), (2431 NAI) 3η στήλη: (3214 NAI), (3241 NAI), (3412 NAI), (3421 OXI) 4η στήλη: (4213 NAI), (4231 NAI), (4312 NAI), (4321 OXI) ΣΥΝΟΛΟ ΝΑΙ: 4+3+3=10. Σύνολο λοιπόν: 10/24= ≈ 41,7%.

Rebus No.223 (6)

Λύση

Φραγμα [Φρα*(γ)μα**] *Ο Φρα Αντζέλικο (ιταλ. Fra Angelico, 1395 (;)- 18 Φεβρουαρίου 1455), κατά κόσμον Γκουίντο ντι Πιέτρο, ήταν Ιταλός δομινικανός μοναχός και ζωγράφος της Σχολής της Φλωρεντίας κατά την πρώιμη Αναγέννηση. Ήταν περισσότερο γνωστός στους συγχρόνους του ως "Αδελφός Τζοβάννι ντα Φιέζολε" (ιταλ. Fra Giovanni da Fiesole), ενώ ο Τζόρτζιο Βαζάρι τον αναφέρει ως "Φρα Τζοβάννι Αντζέλικο" (Fra Giovanni Angelico). Στην Ιταλία είναι γνωστός ως "il Beato Angelico" (beato = ευλογημένος). Ο Φρα [(Fra είναι συντομογραφία του λατινικού όρου frater = αδελφός (μοναχός)]. Αντζέλικο γεννήθηκε στην κοινότητα Βίκιο (Vicchio) κοντά στη Φλωρεντία. Για τους γονείς του δεν είναι τίποτε γνωστό. Το βαπτιστικό του όνομα ήταν Γκουίντο (Guido) ή Γκουιντολίνο (Guidolino). Πρώτη φορά αναφέρεται ως ζωγράφος το 1417 (υπό το όνομα Γκουίντο ντι Πιέτρο) ενώ αυτός και ο αδελφός του κατατάχθηκαν, το 1407, στη μονή του τάγματος των Δομινικανών στο Φιέζολε κοντά στη Φλωρεντία, όπου και πέρασε το μεγαλύτερο μέρος της ζωής του, εκλεγόμενος, το 1450, ηγούμενος της μονής. Για την εκπαίδευσή του ως ζωγράφου δεν γνωρίζουμε τίποτε. Πιθανότατα ξεκίνησε τη σταδιοδρομία του ως εικονογράφος χειρογράφων. Πιθανολογείται, επίσης, ότι ο αδελφός Μπενεντέττο (Fra Benedetto), ο οποίος θεωρείτο ταλαντούχος εικονογράφος και μικρογράφος χειρογράφων της μονής, είναι αυτός που βοήθησε τον Αντζέλικο στη δημιουργία των νωπωγραφιών στη γυναικεία μονή του Σαν Μάρκο της Φλωρεντίας. Ο Μπενεντέττο ήταν ηγούμενος στη μονή του Αντζέλικο και απεβίωσε το 1448. Ο Αντζέλικο παρέμεινε επί ένα διάστημα στο Φολίνιο, απ' όπου είχε εύκολη πρόσβαση στην Ασσίζη και επηρεάστηκε πολύ από τις νωπογραφίες του Τζιότο και, εγκαταλείποντας πλέον τις εικονογραφήσεις θρησκευτικών χειρογράφων βιβλίων πέρασε στη ζωγραφική, ζωγραφίζοντας αποκλειστικά έργα με θρησκευτικό περιεχόμενο, στους οποίους απεικόνιζε τις μορφές με ένα περίεργο θρησκευτικό μυστικισμό. Η πεποίθησή του ήταν ότι η τέχνη ήταν μια έκφανση θρησκευτικής προσήλωσης. **Ο Μα Ζεχούα (Ma Zehua), είναι πρόεδρος και αναπληρωτής γραμματέας στην Επιτροπή του Κόμματος, και ο νέος πρόεδρος του Δ.Σ. του κρατικού ομίλου COSCO.

Ο Περίεργος Αριθμός

Βρείτε τον τετραψήφιο αριθμό αβγδ, τον οποίο εάν προσθέσουμε τον εαυτό του τέσσερις φορές θα βρούμε τον τετραψήφιο αριθμό δγβα, δηλαδή, τον αριθμό αβγδ με τα ψηφία του αντιστραμμένα. (Κατ.26/Νο.38)

Λύση

Έστω αβγδ ο τετραψήφιος αριθμός, ο οποίος παριστάνεται ως 1.000α+100β+10γ+δ, εφόσον πολλαπλασιάζεται επί 4, δίνει γινόμενο έναν τετραψήφιο αριθμό, που προ- φανώς θα είναι μεγαλύτερος του 4.000, 1.000α+100β+10γ+δ μεγαλύτερο του 4.000. Το «α» πρέπει να ισούται με 1 ή 2, το δε «δ*4» δίνη πάντα έναν άρτιο αριθμό και συνεπώς το ψηφίο α = 2 και το δ = 8. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως έχουμε τη σχέση: 4*(1.000α+100β+10γ+δ) = 1.000δ+100γ+10β+α --> 4*(1.000*2+100β+10γ+8) = 1.000*8+100γ+10β+2 --> 4*(2.000+100β+10γ+8) = 8.000+100γ+10β+2 --> 8.000+400β+40γ+32 = 8.000+100γ+10β+2 --> 8.000+400β+32-8.000-10β-2 = 100γ-40γ --> 390β-30 = 60γ --> 60γ = 30(13β+1) --> 13β+1 =60γ/30 --> 13β+1 = 2γ (1) Επειδή το γινόμενο 2γ είναι μικρότερο του 20, 2γ μικρότερο του 20, έπεται ότι και η παράσταση 13β+1 είναι μικρότερο του 20, 13β+1 μικρότερο του 20, από την οποία προκύπτει ότι το β = 1. Αντικαθιστούμε τη τιμή του "β" στην (1) κι’ έχουμε: 13β+1 = 2γ --> 13*1+1 = 2γ --> 2γ = 14 --> γ =14/2 --> γ = 7 Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 2.178. Επαλήθευση: 4*2.178 = 8.712 ο.ε.δ. Ή Από το τελευταίο ζευγάρι ψηφίων της ισότητας που θέλουμε να επαληθεύσουμε έχουμε πως: 4*Α mod 10 = Δ. Αυτός ο μαθηματικός συμβολισμός πολύ απλά σημαίνει πως οι μονάδες του αριθμού 4*Α πρέπει να ισούνται με το Δ. Από το πρώτο ζευγάρι ψηφίων της ισότητας έχουμε πως: 4*Δ mod 10 = Α, που σημαίνει πως οι μονάδες του αριθμού 4*Δ πρέπει να ισούνται με το Α. Για να ισχύουν ταυτόχρονα αυτές οι δύο σχέσεις οι δυνατοί συνδυασμοί των Α και Δ είναι οι: (Α=0 και Δ=0) ή (Α=2 και Δ=8) ή (Α=4 και Δ=6) ή (Α=6 και Δ=4) ή (Α=8 και Δ=2). Το Δ όμως δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερο του 2 γιατί ο αριθμός ΑΒΓΔ θα ήταν πενταψήφιος. Επίσης το Δ δεν μπορεί να είναι 0 γιατί ο αριθμός ΑΒΓΔ θα ήταν τριψήφιος. Έτσι ο μόνος συνδυασμός που μπορεί να ισχύει είναι αυτός με Α=8 και Δ=2. Η αρχική ισότητα μπορεί τώρα να γραφεί συμβολικά ως: 8ΒΓ2 = 4 * 2ΓΒ8 και μαθηματικά ως: 8*1000 + Β*100 + Γ*10 + 2 = 4*2*1000 + 4*Γ*100 + 4*Β*10 + 4*8 Λύνουμε ως προς Β και βρίσκουμε ότι Β = (13Γ+1)/2 . Το Γ δεν μπορεί να είναι 0 γιατί το Β δεν βγαίνει ακέραιος. Το Γ επίσης δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερο ή ίσο του 2 γιατί το Β βγαίνει μεγαλύτερο του 10 ενώ ξέρουμε πως είναι μονοψήφιος αριθμός. Άρα η μοναδική δυνατή περίπτωση είναι αυτή όπου Γ=1 και Β=7. Έτσι αντικαθιστώντας τα Α,Β,Γ,Δ στην αρχική ισότητα επαληθεύουμε πως 8712 = 4 * 2178. Ή Ο αριθμός αβγδ είναι ο αριθμός 2178 (4x2178=8712). Για αρχή πρέπει να προσδιοριστεί τα α και δ. Αφού ο δγβα είναι 4ψήφιος,έπρεπε: 4α=δ μικρότερο του 10 μικρότερο του12 --> α μικρότερο του3 Άρα α=1 ή α=2 (απορρίπτεται το α=0, γιατί τότε δεν θα ήταν γρίφος!) Για α=1 δ=4 αλλά 4δ=16 αλλά α/= 6 άρα απορρίπτεται Μένει α=2 άρα δ=8 Για να ισχύει αυτή η συλλογιστική πρέπει 4β μικρότερο του 10 μικρότερο του12 --> β μικρότερο του 3 άρα β=1 ή β=2 Για β=2 γ=8 αλλά 4γ+3=35 (το +3 από τα κρατούμενα του 4δ=32) 5/=β=2 άρα β=1! 4x1+ε=γ και 4γ=10ε+1 (1=β) Από τις 2 σχέσεις προκύπτει --> γ=7 Λύση του Γ. Ριζόπουλου. H γενική εξίσωση που λύνει το πρόβλημα είναι (με τους περιορισμούς για τα ψηφία) η: 4*(1000*α+100*β+10*γ+δ) = 1000*δ + 100*γ + 10*β + α Με απαλοιφές,δοκιμές κ.λ.π βρίσκουμε τη λύση (ειδικά αν τη βάλουμε στη Γουλφ-ραμάλφα.. :-) ) αλλά θα επιχειρήσω μια άλλη προσέγγιση. Ο αριθμός αβγδ πρέπει να είναι 0 mod9 (αυτό δεν είναι προφανές.Χρειάζεται απόδειξη,αλλά μιαν άλλη φορά.) Προφανώς αβγδ μικρότερο του 2500 (αλλιώς 4*[αβγδ]θα ήταν 5ψήφιος) Αρα το α είναι είτε 1 είτε 2. Αλλά ο δγβα είναι 0 mod4, άρα το 1 αποκλείεται,άρα α=2 4 φορές το ψηφίο δ θα δίνει λοιπόν 2 mod 10 άρα το δ θα είναι 8 (4*8=32) ή 3 (3*4=12) Αλλά 4 * 2χχχ δεν κάνει ποτέ 3χχχ άρα το ψηφίο δ είναι το 8. Έχουμε 2χχ8 Για να "μηδενίσει" το mod 9 προφανώς λείπουν τα ψηφία 1 και 7 (1+8 , 2+7) ---2178 2178*4=8712 οκ. (σημειωτέον πως αυτό μας δείχνει αμέσως πως αν θέλουμε τον πενταψήφιο αριθμό που 4 φορές δίνει τον αντίστροφό του ,εφόσον έχει περιττό αριθ. ψηφίων(5), μένει μόνο να βάλουμε ένα 9 στη μέση (για να διατηρηθεί το 0 mod9 με ένα μόνο ψηφίο). Πραγματικά, 21978*4=87912) Λύση του Ε. Αλεξίου. Παρατηρώ ότι για α,δ μόνες αποδεκτές λύσεις α=1, δ=4 (1) ή α=2 δ=8 (2) (για α μεγαλύτερο ή ίσο του3 --> δ μεγαλύτερο ή ίσο του12, μη δεκτό πενταψήφιος αριθμός ο δγβα) Μας δίνεται 4αβγδ=δγβα --> 4000α+400β+40γ+4δ=1000δ+100γ+10β+α --> 3999α+390β-60γ-996δ=0 αν (1) --> 3999 +390β-60γ -3984=0 --> 15 +390β-60γ=0 --> 390β-60γ= -15 --> γ=13β/2 + 1/4 αδύνατον και απορρίπτεται αν (2) --> 3999*2+390β-60γ-996*8 =0 --> 390β-60γ+30=0 --> 39β-6γ+3=0 --> γ=13β/2 +1/2 για β=1 --> γ=13/2+1/2=14/2=7 δεκτό, για β=2 --> γ=13*2/2+1/2, άτοπο άρα α=2, β=1, γ=7, δ=8 (4*2178= 8712 σωστό.)

Οι Σφαίρες

Ένα κουτί περιέχει αριθμημένες σφαίρες από το 1 έως το (6κ+2), κ€Ν. Παίρνουμε τυχαία μία σφαίρα από το κουτί και η πιθανότητα ο αριθμός που αναγράφεται πάνω σε αυτή να διαιρείται με το 6 είναι 5/31. Πόσες σφαίρες έχει το κουτί; (Κατ.33/Νο.38)

Λύση

Μέσα στο κουτί υπάρχουν 62 σφαίρες. Είναι προφανές ότι για κάθε ακέραιο κ, αν θεωρήσουμε κ διδοχικούς ακέραιους, τότε κάποιος από αυτούς διαιρείται με το κ. Έτσι υπάρχουν κ ακέραιοι που διαιρούνται με το 6 από τους 1,2,3,4,...,(6κ+2). Επομένως από την υπόθεση έχουμε: κ/(6κ+2)=5/31 (1) κ/(6κ+2)=5/31 --> 31κ=5*(6κ+2) --> 31κ=30κ+10 --> 31κ-30κ=10 --> κ=10 (2) Αντικαθιστούμε τη (2) στην (1) κι’ έχουμε: κ/(6κ+2)=5/31 --> 10/[(6*10)+2]=5/31 --> 10/(60+2)=5/31 --> 10/62=5/31 --> 10*31=5*62 --> 310=5*62 Λύση του Ε. Αλεξίου. Από τους 6κ+2 αριθμούς οι κ αριθμοί διαιρούνται με το 6, [πχ για κ=3 έχουμε 3*6+2=20 αριθμούς (1,2,3,...6,..,12,...18,19,20)], άρα ή πιθανότητα ένας τυχαίος αριθμός να διαιρείται από το κ είναι: κ/(6κ+2) και αφού η πιθανότητα αυτή μας δίνεται ίση με 5/31 → κ/(6κ+2)=5/31 → 31k=5*6k+2*5 → k=10, άρα το κουτί έχει 6*10+2=62 σφαίρες. Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Η λύση δεν είναι μονοσήμαντη. 31=1 mod 6 5/31=10/62 o.k (62=2mod6) 62 σφαίρες η ελάχιστη λύση. 40/248=5/31 η επόμενη. 248=2 mod6 248 σφαίρες Επόμενη λύση 992 σφαίρες (40*4)/(248*4)=5/31 κ.λ.π. ανά 4πλάσιο έχουμε ξανά 2 mod6 αριθμό (της μορφής 6ν+2).

Rebus No.222 (5)

Λύση

Όραμα: Το Όραμα του Ιακώβ. Ο Ιακώβ έφυγε από τη Βέερ-Σεβά και πήγαινε προς τη Χαρράν. Όταν έδυε ο ήλιος έφτασε σ' έναν τόπο όπου και έμεινε για να διανυκτερεύσει. Έβαλε ένα λιθάρι για προσκέφαλο και κοιμήθηκε εκεί. Στον ύπνο του τη νύχτα είδε μια σκάλα, που στηριζότανε στη γη και η κορυφή της άγγιζε τον ουρανό. Πάνω της ανέβαιναν και κατέβαιναν άγγελοι του Θεού. Ο Κύριος στάθηκε πάνω της και του είπε: -«Εγώ είμαι ο Κύριος, ο Θεός των πατέρων σου Αβραάμ και Ισαάκ. Αυτή τη χώρα που κοιμάσαι θα τη δώσω σ' εσένα και στους απογόνους σου. Πλήθος θα είναι οι απόγονοι σου όπως οι κόκκοι της σκόνης στη γη. Θα επεκταθείς δυτικά και ανατολικά, βόρεια και νότια, και θα ευλογηθούν στο πρόσωπο σου και μέσω των απογόνων σου όλα τα έθνη της γης. Εγώ θα είμαι μαζί σου και θα σε φυλάω όπου κι αν πηγαίνεις, και θα σε φέρω πίσω σ' αυτήν εδώ τη χώρα. Δε θα σε αφήσω ώσπου να πραγματοποιήσω την υπόσχεση μου». Ο Ιακώβ ξύπνησε τρομαγμένος και είπε: -«Αλήθεια, ο Κύριος είναι σ' αυτό τον τόπο κι εγώ δεν το ήξερα! Εδώ δεν είναι παρά ο οίκος του Θεού, κι αυτή είναι η πύλη του ουρανού». Το πρωί που σηκώθηκε, πήρε το λιθάρι που το είχε για προσκέφαλο, το έστησε ως ιερή στήλη, κι έχυσε λάδι πάνω στην κορφή της. Και ονόμασε τον τόπο εκείνο Βαιθήλ (Οίκος Θεού). Τότε ο Ιακώβ έκανε τάξιμο: «Αν ο Θεός είναι μαζί μου και με προστατεύσει στο ταξίδι που τώρα αρχίζω, αν μου δίνει τροφή να τρώω και ρούχα να φορώ, και με βοηθήσει να γυρίσω γερός στο σπίτι του πατέρα μου, τότε ο Κύριος θα είναι ο Θεός μου. Αυτό το λιθάρι που έστησα ως ιερή στήλη θα γίνει τόπος λατρείας του Θεού κι από όλα όσα αυτός θα μου δίνει, εγώ θα του δίνω το ένα δέκατο». Η ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΟΥ ΙΑΚΩΒ

Η Λακκούβα

Τρία αδέλφια, ο Γιώργος, ο Ανδρέας, και ο Γιάννης  αποφάσισαν να φυτέψουν λεμονίες στο κήπο τους. Ο Γιώργος για να ανοίξει μία λακκούβα χρειάζεται 4 ώρες. Ο Ανδρέας για να ανοίξει μια λακκούβα των ίδιων διαστάσεων χρειάζεται 6 ώρες. Ενώ ο Γιάννης για να ανοίξει μια λακκούβα των ίδιων διαστάσεων χρειάζεται 8 ώρες. Πόσες ώρες θα χρειασθούν, εάν σκάψουν και τα τρία αδέλφια μαζί, για ν’ ανοίξουν μισή λακούβα;

Λύση

Όλοι μαζί θ’ ανοίξουν την λακκούβα σε 55 λεπτά και ≈24 δευτερόλεπτα (55:23,76΄΄) ή 55,38 λεπτά. x*(1/4 +1/6 +1/8)=1/2 --> x(6+4+3)=(1*24)/2 --> 13x=1*12 --> x=12/13 της ώρας Λύση του Ε. Αλεξίου. Σε μια ώρα σκάβουν μαζί το 1/4+1/6+1/8=13/24 του λάκκου, άρα όλο σε 24/13 ώρες και άρα τον μισό λάκκο σε 12/13 της ώρας, ή λίγο αλλιώς σε μια ώρα σκάβουν τα 1/2+1/3+1/4=13/12 του μισού λάκκου, άρα τον μισό λάκκο σε 12/13 της ώρας.

Rebus No.221 (8)

  Δύο Λύσεις.

Λύση

(α)Γράμματα (της αλφαβήτου) [Θεός=Ω] (β)Άχρηστος [Α(στερητικό) Χριστός]

Τα Κλειδιά

Πόσα κλειδιά, για την αποκωδικοποίηση ενός κειμένου, χρειάζονται σ’ ένα σύστημα δύο, τριών, τεσσάρων, ..., «n» χρηστών; (Κατ.5/Νο.94)

Πηγή:Μαθηματικοί Κατάσκοποι και Πειρατές της Πληροφορικής, Εκδ. 4π, Σελ. 12

Λύση

Α)Για δύο χρήστες χρειάζεται ένα μόνο κλειδί: C(n,2)=n*(n-1)/2=2*(2-1)/2=2-1=1 Β)Για τρεις χρήστες χρειάζονται τρία κλειδιά: C(n,2)=n*(n-1)/2=3*(3-1)/2=(3*2)/2=3 i)Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στον «Α» και στο «Β». ii) Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στον «Α» και στο «Γ». iii) Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στο «Β» και στο «Γ». Γ)Για τέσσερις χρήστες χρειάζονται έξι κλειδιά: i)Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στον «Α» και στο «Β». ii)Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στον «Α» και στο «Γ». iii)Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στο «A» και στο «Δ». iv) Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στο «Β» και στο «Γ». v) Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στο «Β» και στο «Δ». vi) Ένα για την επικοινωνία ανάμεσα στο «Γ» και στο «Δ». C(n,2)=n*(n-1)/2=4*(4-1)/2=(4*3)/2=2*3=6 Δ)Γενικά:Για «n» χρήστες χρειάζονται:C(n,2)=n*(n-1)/2 κλειδιά. Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Κάρλο,δεν ξέρω πού βρήκες αυτό το θέμα, πάντως η ερώτηση δεν είναι σαφώς ορισμένη,ούτε έχει τετριμμένη απάντηση. Η λέξη "σύστημα" θα μπορούσε να σημαίνει χίλια-δυο διαφορετικά πράγματα, για τα οποία έχουν γραφτεί και γράφονται ολόκληρα βιβλία σχετικά με κρυπτογράφηση, δημόσια και ιδιωτικά κλειδιά (Public & Private Keys) και γενικά encryption. Θα επιχειρήσω μια γενική προσέγγιση ,μαντεύοντας και από το σχήμα, τι είναι αυτό που έχει κατά νού μάλλον ο ερωτών. Καταρχάς το πόσα κλειδιά απαιτούνται είναι συνάρτηση του βαθμού ασφαλείας που θέλουμε. Αυτό είναι προφανές. Ένα "σύστημα" θεωρητικά απόρθητο, θα μπορούσε να εξυπηρετηθεί και μέ ένα μόνο δημόσιο κλειδί, το ίδιο για όλους τους χρήστες. Τέτοιο σύστημα βεβαίως στην πράξη δεν υπάρχει, καθότι προϋποθέτει ιδανικές καταστάσεις ασφαλείας. Μιλώντας λοιπόν για one-way hash function κρυπτογραφία (δηλαδή "μίας κατεύθυνσης" πληροφορία)όπου δεν υπάρχει ανάδραση/αναπληροφόρηση (feedback)το θέμα λύνεται τετριμμένα. Για τον άλλο βασικό τύπο της "συμμετρικής κρυπτογράφησης" (Symmetric Cryptography)που είναι μάλλον αυτός που εννοεί ο ερωτών, μπορούμε να πούμε τα εξής: Για πλήρη ασφάλεια πρέπει να υπάρχει ένα ξεχωριστό κλειδί για κάθε ζεύγος χρηστών. Ήτοι για n χρήστες, [n(n-1)]/2 κλειδιά. Ο αριθμός είναι πολύ μεγάλος και η ασφαλής διανομή τόσων κλειδιών,προβληματική. Έτσι, ο συνηθέστερος (για "μέσα" επίπεδα ασφαλείας) τρόπος επικοινωνίας είναι η Public Key Cryptography (Κρυπτογράφηση δημοσίου κλειδιού) ,όπου χρησιμοποιείται ένα διαφορετικό κλειδί για κωδικοποίηση (encrypting) και διαφορετικό για αποκωδικοποίηση(decrypting). o A στέλνει στον Β το public key του και ο Β στον Α το δικό του public key. Ο Α μετά κωδικοποιεί το μύνημά του με το κλειδί του Β και τού το στέλνει, γνωρίζοντας πως μόνο ο Β (ο κάτοχος του ιδιωτικού του -private key κλειδιου)μπορεί να αποδικωποιήσει το μύνημα. Ομοίως και αντιστρόφως από τον Β στον Α. Με αυτόν τον τρόπο επιτυγχάνονται πολλά οφέλη. Τα δημόσια κλειδιά μπορούν να αποθηκευτούν σε βάσεις δεδομένων (databases) έτσι ώστε να μην χρειάζεται να μεταδοθούν (και πιθανώς υποκλαπούν). Επιπροσθέτως λύνεται το πρόβλημα να θέλουμε ν(ν-1)/2 κλειδιά για ν χρήστες ,καθώς τώρα χρειάζονται μόνο 2ν κλειδιά .(ν ιδιωτικά,και ν δημόσια). Δεν μπορώ να το εξηγήσω καλύτερα, και βεβαίως υπάρχουν και άλλα συστήματα ,όπως τα υβριδικά (hybrid cryptosystems) με αρκετά πιο πολύπλοκα μαθηματικά,αλλά δεν είναι του παρόντος. Ενδιαφέροντα πράγματα πάντως, και μπράβο που διάλεξες κάτι πέρα από τα συμβατικά!

Rebus No.220 (8)

Λύση

Ραμαζάνι [Ρα*μα**ζα***νι****] *Ο Ρα ήταν για τους Αιγύπτιους ο θεός ήλιος με κεφάλι γερακιού. Ενώθηκε με τον Άμμωνα και αποτέλεσε τη μεγάλη δυναστική θεότητα της Αιγύπτου. Οι Αιγύπτιοι υποστήριζαν ότι αυτός έφτιαχνε τους ανθρώπους, και αυτοαποκαλούνταν τα ζωντανά του Ρα. Στο κεφάλι του είχε έναν ηλιακό δίσκο και το κεφάλι γερακιού ήταν όμοιο με εκείνο του Ώρου και του Σόκαρ. Με την πέμπτη δυναστεία (2494-2345 π.Χ.) είχε γίνει ένας σημαντικός θεός στην αρχαία Αιγυπτιακή θρησκεία, ο οποίος προσδιορίζεται κατά κύριο λόγο με τον μεσημεριανό ήλιο. Η έννοια του ονόματος είναι αβέβαιη, αλλά πιστεύεται ότι, αν δεν είναι μια λέξη για την «Ήλιος» μπορεί να είναι μια παραλλαγή του ή συνδέονται με λέξεις που σημαίνουν «δημιουργική δύναμη» και «δημιουργός». Το κύριο κέντρο λατρείας του ήταν η Ηλιόπολη (Αιγυπτιακή ονομασία lunu που σημαίνει 'ο τόπος των κιόνων'),που βγαίνει από τις ελληνικές λέξεις 'Ήλιος' και 'Πόλη'). Το κρυφό όνομα: Η Ίσις ήθελε ο Όσιρις να γίνει βασιλιάς στην Αίγυπτο. Έτσι έστειλε ένα φίδι (μια κόμπρα) να δαγκώσει τον Ρα, το βασιλιά όλων των θεών. Η Ίσις τού είπε πως θα τον γιατρέψει, αν εκείνος της αποκάλυπτε το μυστικό του όνομα, που ήταν ουσιαστικά το κλειδί της δύναμής του. Ο Ρα συμφώνησε και παρέδωσε τη δύναμή του στον Όσιρι. **Ο Jack Ma ή Ma Yun: είναι Κινέζος επιχειρηματίας και ο Εκτελεστικός Πρόεδρος της εταιρίας Alibaba Group. Είναι ο πρώτος Κινέζος επιχειρηματίας που εμφανίζεται στο εξώφυλλο του περιοδικού Forbes, περιοδικό όπου αξιολογεί τις δραστηριότητες των επιχειρηματιών ανά το κόσμο. *** Zsa Zsa Gabor (Sári Gábor): Ουγγαρέζα ηθοποιός ****Νι Γιουλάν: Κινέζα υπερασπίστρια των ανθρωπίνων δικαιωμάτων

Μαθηματικό Κουΐζ

Ο σημερινός γρίφος έχει σχέση με καθαρά μαθηματικές γνώσεις. 
I)Ποιο από τα παρακάτω κανονικά πολύγωνα δεν μπορούμε να κατασκευάσουμε με κανόνα και διαβήτη; 
a) 5-γωνο

b) 6-γωνο

c) 7 - γωνο

d) 9 - γωνο

e) 10-γωνο

f) 12 - γωνο

g) 17 – γωνο

h) 65.537 – γωνο 
II)Ποια είναι η χαρακτηριστική Όιλερ της σφαίρας;

a) 2   
b) 1 
c) -1 
d) -2 
e) 0 
III)Ποιος από τους παρακάτω τύπους ονομάζεται χαρακτηριστική Euler (Euler Gem);

a) E −F +V = 2  b) E −V +F = 0 
c) E −V +F = 2 
d) V −E +F = 2 
e) V + E - F= 3 
IV)Ποιο από τα παρακάτω γράμματα είναι τοπολογικά ισοδύναμο με το γράμμα J;

 a) O
 b) A
c) S
d) Q
e) L 
V)Mε πόσους τρόπους μπορούμε να μεταθέσουμε τέσσερα γράμματα;  

a) 4*(3−1)/2=4   
b) 4^2=16
c) 4!=24
d) 4!3!2!1!=288. 
VI)Ποια είναι η σωστή απάντηση στο παράδοξο του Joseph Bertrand;   

a) 1/2   
b) 1/3   
c) 1/4   
d) 1/6   
e) εξαρτάται.
VII)Ποιος ξεκίνησε την έρευνα της θεωρίας των πιθανοτήτων;

a) Bernoulli 
b) Euler 
c) Cardano 
d) Kolmogorov 
e) Fermat 
VIII)Ποια από τα παρακάτω θεωρήματα ή εικασίες δεν έχουν ακόμη αποδειχθεί;  

a) Goldbach 
b) Andrescu   
c) Fermat   
d) P vs NP problem   
e) Poincare
f) Collatz 

IX)Ποιος απέδειξε πρώτος ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί;

a) Gauss
b) Euclid 
c) Eudoxos   
d) Euler   
e) Perelman 
X)Δύο από τους παρακάτω αριθμούς είναι τέλειοι. Ποιοι είναι;

a) 2
b) 4
c) 6
d) 28
e) 100 
XI)Ποια από τις παρακάτω προτάσεις είναι το θεώρημα Wilson; 

a) n!+1 διαιρείται με το n.
b) n!−1 διαιρείται με το n.
c) (n−1)!+1 διαιρείται με το n.
d) (n+1)!−1 διαιρείται με το n.
e) (n−1)!−1 διαιρείται με το n. 
X)Δύο από τους παρακάτω αριθμούς είναι τέλειοι. Ποιοι είναι;

a) 2
b) 4
c) 6
d) 28
e) 100 
XΙ)Δύο από τους παρακάτω αριθμούς είναι τέλειοι. Ποιοι είναι;

a) 2
b) 4
c) 6
d) 28
e) 100 (Κατ.27/Νο.394)

Ι)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/07/11_18.html

ΙΙ)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/10_26.html

ΙΙΙ)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/9_26.html

ΙV)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/8_25.html

V)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/7_20.html

VΙ)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/6_20.html

VΙI)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/5_19.html

VΙII)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/4_18.html

ΙX)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/3_4204.html

X)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/2_18.html

XΙ)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/06/1_17.html

Διαβάστε περισσότερα »

Rebus No.219 (6)

Λύση

Πράγμα (Αντικείμενο) [Π*ρα**(+γ)μα***] *Π=14/3, Παγκόσμια ημέρα του «π» **Τ’ όνομα του θεού Ρα γραμμένο με ιερογλυφικούς χαρακτήρες. ***Ο Jack Ma ή Ma Yun είναι Κινέζος επιχειρηματίας και ο Εκτελεστικός Πρόεδρος της εταιρίας Alibaba Group. Είναι ο πρώτος Κινέζος επιχειρηματίας που εμφανίζεται στο εξώφυλλο του περιοδικού Forbes, περιοδικό όπου αξιολογεί τις δραστηριότητες των επιχειρηματιών ανά το κόσμο.

Οι Στρατιώτες

Ένας Κινέζος στρατηγός κάθε πρωί μετράει τους στρατιώτες του και με την παρακάτω μέθοδο βρίσκει πόσοι λείπουν από τους 1.000 συνολικά που έχει. Στην πρωινή αναφορά τους ζητά να παραταχτούν σε σειρές των 11, 13 και 17, και μετρά πόσοι περισσεύουν κάθε φορά. Αν ένα πρωί δει ότι περισσεύουν 3 από τις σειρές των 11, 4 από τις σειρές των 13 και 9 από τις σειρές των 17, πόσοι είναι συνολικά οι στρατιώτες που έχουν παρουσιαστεί; (Κατ.34./Νο.712)

Πηγή:https://www.google.gr/#q=777686223.pdf

Λύση

Παρουσιάστηκαν 927 στρατιώτες. x ≡ 3 mod 11, x ≡ 4 mod 13, x ≡ 9 mod 17, έχει μοναδική λύση modulo n = 11*13*17 = 2.431. Ν1 = n/n1 = 13*17 = 221 M1 = (221)-1 mod 11 = 1-1 mod 11, Ν2 = n/n2 = 11*17 = 187 M2 = (187)-1 mod 13 = 5-1 mod 13, Ν3 = n/n3 = 11*13 = 143 M3 = (143)-1 mod 17 = 7-1 mod 17, M1 = 1, M2 = 8, M3 = 5. Άρα, x ≡ a1N1M1 + a2N2M2 + a3N3M3 mod n ≡ 927 mod 2.431 Λύση του Ε. Αλεξίου. X=3mod11 X=4mod13 X=9mod17 11*13*17=2431 11, 13*17=221=1mod11, 221*3=663=3mod11 13, 11*17=187=5mod13,187*6= 1122=4mod13 17, 11*13=143=7mod17, 143*11=1573=9mod17 663+1122+1573=3358 3358-2431=927=3mod11=4mod13=9mod17