Ο Γρίφος του Μοναστηριού του Αγίου Εδμόνδου

-«Το μοναστήρι του Άγιου  Εδμόνδου πριν από πολλά χρόνια...», διηγείται ο πατήρ Πέτρος στον πατήρ Παύλο, «...κατακλύστηκε από ποντίκια. Οι χώροι του μοναστηριού γέμισαν από τρωκτικά και ο ηγούμενος του μοναστηριού έπρεπε να αντιμετωπίσει το πρόβλημα. Έδωσε οδηγίες στους μοναχούς να συγκεντρώσουν στο μοναστήρι όλες τις γάτες από τις γύρω περιοχές. Έτσι και έγινε, οι γάτες κυνήγησαν και εξολόθρευσαν όλα τα ποντίκια.»

 Ο  πατήρ Πέτρος συνέχισε:

-«Δεν θυμάμαι πόσες γάτες  έφεραν στο μοναστήρι,θυμάμαι όμως πολύ καλά, ότι κάθε γάτα σκότωσε τον ίδιο αριθμό ποντικών και συνολικά εξολοθρεύτηκαν 1.111.111 ποντίκια.»

-«Μα, είναι πολύ εύκολο να υπολογίσουμε πόσες γάτες συγκεντρώθηκαν στο μοναστήρι.», ε ίπε ο Πατήρ Πέτρος, που πριν εγκαταλείψει τα εγκόσμια ασκούσε το επάγγελμα του μαθηματικού.

Πόσες ήταν οι γάτες; (Κατ.34.Νο.753)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2014/02/blog-post_21.html

Λύση

Το πρόβλημα διαπραγματεύεται το θέμα των επαναληπτικών μοναδοαριθμών (repunits). Επαναληπτικός μοναδοαριθμός(repunit)ονομάζεται ο αριθμός που κάθε ψηφίο του είναι μονάδα. Για παράδειγμα οι αριθμοί 1,11,111,1.111, κ.ο.κ . Η λέξη repunit είναι νεολογισμός που σχηματίστηκε από την σύντμηση των λέξεων repeated unit, (επαναλαμβανόμενη μονάδα). Τους συγκεκριμένους αριθμούς του συμβολίζουμε Rn, με το n να εκφράζει το πλήθος των μονάδων. Οι μόνοι γνωστοί πρώτοι αριθμοί αυτού του είδους είναι R2, R19, R23, R317, R1031, R49081, R86453, R109297, R270343.Υπάρχουν άλλοι; Υπάρχουν άπειροι επαναληπτικοί μοναδοαριθμοί; Δεν το γνωρίζουμε. Οι επαναληπτικοί μοναδοαριθμοί είναι συχνό θέμα στα ψυχαγωγικά μαθηματικά , όπως στο συγκεκριμένο πρόβλημα του Άγγλου μαθηματικού και διακεκριμένου εμπνευστή γρίφων H.E. Dudeney (1857-1930). Ο αριθμός αναλύεται μοναδικά σε γινόμενο πρώτων παραγόντων ως εξής: 1.111.111=239*4.649 Άρα έχουμε: 239 γάτες που κάθε μία σκότωσε 4.649 ποντίκια. Ή 4.649 γάτες που η κάθε μια σκότωσε 239 ποντίκια.

Οι Διαδρομές

Στην μακρινή χώρα της Λοξολάνδης, οι πόλεις «Α», «Β», και «Γ» συνδέονται μεταξύ τους με το οδικό δίκτυο της χώρας. Γνωρίζουμε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένας δρόμος (μπορεί να είναι και περισσότεροι) που να συνδέει άμεσα κάθε ζεύγος των τριών πόλεων. Για παράδειγμα, εάν κάποιος ταξιδιώτης θέλει να μεταβεί από την πόλη «Α» στην πόλη «Β» μπορεί να πάρει κάποιο δρόμο που συνδέει άμεσα τις δυο πόλεις ή να  χρησιμοποιήσει σαν ενδιάμεσο σταθμό την πόλη «Γ». Ανάλογη διαδικασία προβλέπεται για την μετάβαση από οποιαδήποτε από τις τρεις πόλεις με προορισμό τις άλλες δυο πόλεις. Το υπουργείο μεταφορών της Λοξολανδης υπολόγισε ότι ο αριθμός των συνολικών διαδρομών από την πόλη «Α» στην πόλη «Β» είναι 33. Συμπεριλαμβανομενων και των διαδρομών με ενδιάμεσο σταθμό την πόλη «Γ». Ανάλογα, ο αριθμός των συνολικών διαδρομών από την πόλη «Β» στην πόλη «Γ» είναι 23, επισης συμπεριλαμβανόμενων των διαδρομών με ενδιάμεσο σταθμό την πόλη «Α». Να υπολογίσετε το συνολικό αριθμό των διαδρομών από την πόλη «Α» στην πόλη «Γ». ( συμπεριλαμβανόμενων και των διαδρομών με ενδιάμεσο σταθμό την πόλη «Β»).  (Κατ.34/Νο.750)

Πηγη: http://mathhmagic.blogspot.gr/2013/08/blog-post_25.html

Λύση

-Έστω «x» το πλήθος των διαδρομών που συνδέουν άμεσα (δεν διέρχονται από την πόλη «Γ») τις πόλεις «Α» και «Β». -Έστω «y» το πλήθος των διαδρομών που συνδέουν άμεσα (δεν διέρχονται από την πόλη «A») τις πόλεις «Β» και «Γ». -Έστω «z» το πλήθος των διαδρομών που συνδέουν άμεσα (δεν διέρχονται από την πόλη «B») τις πόλεις «A» και «Γ». Αν «y» δρόμοι συνδέουν την πόλη «Β» με την πόλη «Γ» και «z» δρόμοι την πόλη «Γ» με την πόλη «Α» τότε μεταβαίνουμε έμμεσα (διερχόμενοι από την πόλη «Γ» ) από την πόλη «Β» στην πόλη «Α» από yz διαφορετικές διαδρομές. Έχουμε λοιπόν τις παρακάτω αλγεβρικές σχέσεις: x+yz=33 (1), y+xz=23 (2). Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις (1) και (2) και παραγοντοποιήσουμε λαμβάνουμε: x+y+yz+xz=56 ---> (x+xz)+(y+yz)=56 ---> x(z+1)+y(z+1) ---> (x+y)(z+1)=56 (3) Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις (1) και (2) και παραγοντοποιήσουμε λαμβάνουμε: (x+yz)-(y+xz)=33-23 ---> x+yz-y-xz=10 ---> (yz-y)-(xz-x)=10 ---> y(z-1)-x(z-1)=10 ---> (y-x)(z-1)=10 (4) O z είναι θετικός ακέραιος διαφορετικός του μηδέν. Από την σχέση (3) προκύπτει ότι ο (z+1) είναι διαιρέτης του 56. Από την σχέση (4) προκύπτει ότι ο (z-1) είναι διαιρέτης του 10. Οι μοναδικοί αριθμοί που ικανοποιούν τις παραπάνω είναι z=3 ή z=6. Για z=3 οι τιμές x, και y προκύπτουν δεκαδικοί αριθμοί, άρα η τιμή απορρίπτεται. Για z=6 τότε έχουμε x=3, και y=5. Οπότε οι συνολικές διαδρομές από την πόλη «Α» στην πόλη «Γ» είναι:6+3*5=6+15=21.

Οι Λίθοι

Ο Νίκος και ο Τάσος είναι δυο ευυπόληπτοι κλέφτες πολύτιμων λίθων. Ο  Νίκος  έβαλε σε ένα σακουλάκι  35 διαμάντια, 38 μαργαριτάρια και  39 σμαράγδια και στην συνέχεια  τα έκρυψε- όπως νόμιζε- από το Τάσο σε ένα ντουλάπι .Ο Τάσος, όμως, κάθε τρεις ημέρες έπαιρνε από το σακουλάκι δυο πολύτιμους λίθους διαφορετικού είδους και στην θέση τους έβαζε ένα πολύτιμο λίθο διαφορετικό από το ζεύγος που πήρε. Για παράδειγμα, αν έπαιρνε 1 διαμάντι και 1 μαργαριτάρι θα έβαζε στην θέση τους 1 σμαράγδι. Υστέρα από κάποιο χρονικό διάστημα ο Νίκος πήρε το σακουλάκι ,το άνοιξε και διαπίστωσε με έκπληξη ότι περιείχε πολύτιμους λίθους του ίδιου είδους.Τι περιείχε το σακούλι,διαμάντια, σμαράγδια ή μαργαριτάρια;

Διευκρίνιση:

Ο Τάσος είχε δικό του απόθεμα από πολύτιμους λίθους και μπορούσε να κάνει τις αντικαταστάσεις που αναφέρονται. (Κατ.27/Νο.426)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2013/05/blog-post_11.html

Λύση

Έστω Δ το πλήθος των διαμαντιών, Μ το πλήθος των μαργαριταριών, και Σ το πλήθος των σμαραγδιών τότε από την υπόθεση θα ισχύει: Δ+Μ=73, Δ+Σ=74, Μ+Σ=77. Κάθε φορά που ο Τάσος κλέβει δυο διαφορετικούς πολύτιμους λίθους και τον αντικαθιστά με ένα τρίτο ,ένα από τα αθροίσματα θα ελαττώνεται κατά 2 και τα άλλα δυο αθροίσματα θα παραμένουν αμετάβλητα. Όταν ο Τάσος θα ανοίξει το σακουλάκι, ένα από τα 3 αθροίσματα θα έχει μηδενιστεί .Το μοναδικό άθροισμα από τα τρία που μπορεί να μηδενιστεί ελαττωμένο κατά 2 είναι το Δ+Σ=74 οπότε θα μείνουν στο σακουλάκι μόνο μαργαριτάρια.

Η Εξίσωση

Στην ανωτέρω εξίσωση ν’ αντικατασταθούν τα γράμματα με αριθμούς. Στα ίδια γράμματα  αντιστοιχούν ίδιοι αριθμοί και στα διαφορετικά γράμματα αντιστοιχούν διαφορετικοί αριθμοί. (Κατ.34/Νο.748)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2013/01/blog-post_29.html

Λύση

Έστω ΝΑ=κ. Τότε η σχέση (ΝΑ)^2=ΕΝΑ γίνεται: (ΝΑ)^2=ΕΝΑ ---> κ^2=100μ+κ, (με 1 μικρότερο ή ίσο με "μ" μικρότερο ή ίσο με 9 ή ισοδύναμα) κ^2-κ=100μ ή κ(κ-1)=100μ (1) Ο αριθμός [κ(κ-1)] είναι τριψήφιος που λήγει σε δυο μηδενικά και μάλιστα είναι γινόμενο δυο διαδοχικών θετικών ακεραίων πρώτων μεταξύ τους .Από την σχέση (1) συμπεραίνουμε ότι ο ένας από τους δυο αριθμούς (ο "κ" ή ο «κ-1») διαιρείται με το 4 και ο άλλος με το 25. Αν ο «κ» ή ο (κ-1) ισούται με το 25θ, θ μεγαλύτερ ή ισο με 2, τότε θ μεγαλύτερ ή ισο με 2, ή 25θ μεγαλύτερ ή ισο με 50 και το γινόμενο κ*(κ-1) μεγαλύτερ ή ισο με 50* 49=2.450 που έχει περισσότερα από τρία ψηφία. Άρα μένουν δυο περιπτώσεις : α)κ-1 =25 και κ=26 ( που όμως δεν διαιρείται με το 4 ),άρα απορρίπτεται. β)κ=25 και κ-1=24 που μας δίνουν την μοναδική λύση 252=625 Ή Διερεύνηση: κ(κ-1)=100μ ---> μ=[κ*(κ-1)]/100 (1) Από την ανωτέρω εξίσωση βλέπουμε ότι κ/100=t πρέπει να είναι ένας θετικός ακέραιος αριθμός. Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε την διερεύνηση των ακέραιων ριζών. Δίνοντας στο "κ" τις τιμές από το 1 έως το N, βλέπουμε ότι η μοναδική τιμή που ικανοποιεί τη συνθήκη και δίνει ακέραιο αριθμό "μ" είναι ο αριθμός κ=25 (2) Αντικαθιστούμε τη τιμή του «κ» στην (1) κι’ έχουμε: μ=[κ*(κ-1)]/100 ---> μ=[25*(25-1)]/100 ---> μ=(25*24)/100 ---> μ=600/100 ---> μ=6 (3) Επαλήθευση: (ΝΑ)^2=ΕΝΑ ---> κ^2=100μ+κ ---> 25^2=[(100*6)+25] ---> 625=600+25 Άρα (ΝΑ)^2=ΕΝΑ ---> 25^2=625 Αν "κ" μεγαλύτερο του 25, δίνει τιμή του «μ» διψήφιο αριθμό, οπότε απορρίπτεται, λόγω του ότι ο αριθμός στο δεύτερο μέλος της εξίσωσης είναι τριψήφιος και όχι τετραψήφιος.. Λύση του Ε. Αλεξίου. 10 μικρότερο του NA μικρότερο του 1.000^0.5=31,62... Α=1 ή 5 ή 6 και εύκολα βρίσκουμε 25^2=625 Λύση του halb Wesen halb Ding. Δεν είμαι σίγουρος οτι ό τρόπος που σκέφτηκα είναι ο βέλτιστος, αλλά πάει κάπως έτσι: Το Α=0 αποκλείεται γιατί θα είχαμε αποτέλεσμα σε 2 μηδενικά. Το Α=1 αποκλείεται γιατί το ψηφίο των δεκάδων του τετραγώνου θα προκύψει από το διπλάσιο του ψηφίου των δεκάδων της βάσης. Το Α=6 αποκλείεται γιατί το ψηφίο των δεκάδων του τετραγώνου θα προκύψει από το διπλάσιο + 3 του ψηφίου των δεκάδων της βάσης. Εδώ βέβαια μας κάνει το 7, αλλά το αποτέλεσμα θα είναι τετραψήφιος. Έτσι μένουν οι διψήφιοι σε 5 και αφού κάθε τετράγωνό τους τελειώνει σε 25, καταλήγουμε σε αυτόν, δηλ 25^2 = 625.

Μία Πυθαγόρεια Τριάδα!!!

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη  κάθετων πλευρών:  ΑΒ= (30α+40β) cm και ΑΓ=(40α+30β) cm  και το μήκος της υποτείνουσας ΒΓ: ΒΓ=(50α+κβ) cm , όπου α, β, κ, είναι θετικοί ακέραιοι αριθμοί. Να βρεθεί η μικρότερη  τριάδα τιμών (α, β, κ) που ικανοποιεί τις παραπάνω συνθήκες. (Κατ.34/Νο.747) 

Από σειρά μαθημάτων προετοιμασίας για μαθηματικούς διαγωνισμούς.

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2012/11/blog-post_7708.html

Λύση

Οι μικρότερη τριάδα για τα α, β, και κ είναι 99, 100, και 49 αντίστοιχα. Βάσει του τύπου α^2+β^2=γ^2 του Πυθαγορείου Θεωρήματος έχουμε: (30α+40β)^2+(40α+30β)^2=(50α+κβ)^2 ---> 30^2*(α^2)+2*30*40αβ+40^2*(β^2)+40^2*(α^2)+2*40*30αβ+30^2*(β^2)= 50^2*(α^2)+2*50ακβ+(κ^2)*(β^2) ---> 900α^2+2.400αβ+1.600β^2+1.600α^2+2.4000αβ+900β^2=2.500α^2+100ακβ+(κ^2)*(β^2) ---> 2.500α^2+4.800αβ+2.500β^2=2.500α^2+100ακβ+(κ^2)*(β^2) ---> 2.500α^2-2.500α^2+4.800αβ+2.500β^2=100ακβ+(κ^2)*(β2) ---> 4.800αβ+2.500β^2=100ακβ+(κ^2)*(β^2)(1) Όμως β μεγαλύτερο του 0, άρα μπορούμε να διαιρέσουμε και τα δύο μέλη της (1) με το «β» κι’ έχουμε: 4.800αβ+2.500β^2=100ακβ+(κ^2)*(β^2) ---> 4.800αβ/β+2.500β^2/β=100ακβ/β+(κ^2)*(β^2)/β ---> 4.800α+2.500β=100ακ+(κ^2)*β ---> 2.500β-(κ^2)*β=100ακ-4.800α ---> β*(2.500-κ^2)=100α*(κ-48) ---> β*(502-κ^2)=100α*(κ-48) ---> β*(50-κ)*(50+κ)=100α*(κ-48) (2) Από τη (2) προκύπτει ότι οι όροι (κ-48) και (50-κ) είναι ομόσημοι (α, β, κ>0), οπότε έχουμε: 50-κ μικρότερο του 0 ---> 50 μικρότερο του κ --> άτοπο. κ-48 μικρότερο του 0 ---> κ μικρότερο του 48 ---> άτοπο 50-κ μεγαλύτερο του 0 ---> 50 μεγαλύτερο του κ ---> δεκτό κ-48 μεγαλύτερο του 0 ---> κ μεγαλύτερο του 48 ---> δεκτό Άρα, 50 μεγαλύτερο του κ μεγαλύτερο του 48 ---> κ=49 (3) (όπου «κ» θετικός ακέραιος αριθμός) Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε: β*(50-κ)*(50+κ)=100α*(κ-48) ---> β*(50-49)*(50+49)=100α*(49-48) ---> β*1*99=100α*1 ---> 99β=100α ---> 99/100=α/β (4) Οι αριθμοί 99 και 100 δεν έχουν άλλο κοινό διαιρέτη εκτός από τον αριθμό 1, οπότε οι μικρότερες τιμές για τα α, και β είναι: α=99 και β=100 αντίστοιχα. Επαλήθευση: (30α+40β)^2+(40α+30β)^2=(50α+κβ)^2 ---> (30*99+40*100)^2+(40*99+30*100)^2=(50*99+49*100)^2 ---> (2.970+4.000)^2+(3.960+3.000)^2=(4.950+4.900)^2 ---> 6.9702+6.9602=9.8502 ---> 48.580.900εκ.^2+48.441.600εκ.^2=97.022.500εκ.^2

Η Ηλικία

Σε δέκα χρόνια η συνολική ηλικία της Μαίρης, της Ιωάννας, του Μπάμπη, και του Γιάννη θα είναι 100. Ποια θα είναι η συνολική ηλικία τους σε επτά χρόνια; (Κατ.10/Νο.77)
Πηγή:500 Γρίφοι και Σπαζοκεφαλιές, Εκδ. Σαββάλας (Ε16/Νο.2)

Λύση

Η συνολική ηλικία τους σε 7 χρόνια θα είναι 88. Το σημερινό άθροισμα ηλικιών είναι: [100−(4*10)]=100-40=60 Και σε επτά έτη θα είναι: [60+(4*7)]=60+28=88

Τα Διαμάντια

Ρωτάει  ο  κλέφτης διαμαντιών Λαμόγιος τον βοηθό του  Αρπάξη:

-«Που είναι  τα διαμάντια που άφησα χθες βράδυ στο χρηματοκιβώτιο; Όταν τα έβαλα στο χρηματοκιβώτιο  τα είχα τοποθετήσει σε σχήμα τετραγώνου, αλλά τώρα που άνοιξα το χρηματοκιβώτιο  βρήκα μόνο δυο.»
Ο Αρπάξης αποκρίθηκε:
-«Ήρθαν ο  Βουτάς και τα δυο αδέρφια του  και τα πήραν αφεντικό»
Και συνέχισε:
-«Άφησαν μόνο δυο, γιατί δεν μπορούσαν να τα μοιράσουν εξίσου
μεταξύ τους.»

-«Λες ψέματα.», απάντησε νευριασμένα ο Λαμόγιος, και τον ρήμαξε
στο ξύλο.
Πως κατάλαβε ο Λαμόγιος ότι ο βοηθός του έλεγε ψέματα; (Κατ.34/Νο.743)

(Ένα πρόβλημα από σειρά μαθημάτων προετοιμασίας  για μαθηματικούς διαγωνισμούς.)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2012/09/blog-post_28.html

Λύση

Εφόσον τα διαμάντια μπορούσαν αρχικά να τοποθετηθούν έτσι ώστε να σχηματίζουν τετράγωνο, θα πρέπει να είναι στο πλήθος όσο το τετράγωνο ενός φυσικού αριθμού, έστω «χ^2» .Αφού ο Βούτας και τα δυο αδέλφια του δεν μπόρεσαν να μοιραστούν τα διαμάντια επειδή περίσσευαν 2 θα πρέπει να είναι στο πλήθος 3y+2. Άρα έχουμε χ^2=3y +2 (1) Εξετάζουμε αν υπάρχει ζεύγος φυσικών χ, y που να ικανοποίει την (1).Για τον αριθμό χ υπάρχουν τρεις περιπτώσεις : Α) Να διαιρείται με το 3. Β) Να διαιρείται με το 3 και να αφήνει υπόλοιπο 1. Γ) Να διαιρείται με το 3 και να αφήνει υπόλοιπο 2. Ας δούμε μια- μια τις περιπτώσεις: Α) Αν χ=3κ (κ φυσικός αριθμός ), τότε: χ^2=9κ^2=3y+2. Άτοπο, διότι ο αριθμός (3y+2) δεν διαιρείται με το 3. Β) Αν χ=3κ+1 , τότε χ^2=9κ^2+6κ+1=3y+2. ή 9κ^2+6κ=3y+1 ή 3(3κ^2+2κ)=3y+1. Άτοπο, διότι ο αριθμός (3y+1) δεν διαιρείται με το 3. Γ) Αν χ=3κ+2 , τότε χ^2=9κ^2+12κ+4=3y+2. ή 9κ^2+12κ=3y-2 ή 3(3κ^2+4κ)=3y-2. Άτοπο, διότι ο αριθμός (3y-2) δεν διαιρείται με το 3. Άρα η εξίσωση (1) είναι αδύνατη, οπότε ο βοηθός του Λαμόγιου έλεγε ψέματα.

Rebus No. 234 (5)

Λύση

Άχυρο [Αχυ(Αχη*)ρο(Ρω**)] *Η περιοχή Αχή Τσελεμπή είναι στα βόρεια του νομού Ξάνθης στο Βουλγαρικό έδαφος σήμερα. **Η “κυρά της Ρω”=Δέσποινα Αχλαδιώτου.

Οι Αριθμοί

Από το 1 έως το 100 υπάρχουν τρεις αριθμοί, οι οποίοι όταν υψωθούν στο τετράγωνο, ο καθ΄ένας, δίνουν ως αποτέλεσμα ένα παλινδρομικό ή καρκινικό αριθμό, εκ των οποίων μόνο ο ένας αριθμός εάν αντικατασταθούν τα ψηφία του με τα αντίστοιχα γράμματα της αλφαβήτου δίνει ένα παλινδρομικό ή καρκινικό όνομα. 
Να δοθούν οι εξής απαντήσεις:
α)Ποιοι είναι  αυτοί οι αριθμοί;
β)Ποιος αριθμός δίνει το παλινδρομικό όνομα;
γ)Ποιο είναι τ΄όνομα αυτό; (Κατ.34/Νο.741)

Λύση

α)Οι αριθμοί είναι οι: 112=121 222=484 262=676 β)Ο αριθμός που δίνει το παλινδρομικό όνομα είναι: Ο 121 γ) Τ’ όνομα που παράγεται από τα γράμματα της αλφαβήτου είναι: 121 ---> 1=Α, 2=Β, και 2=Α ---> ΑΒΑ Α)Άβα Λαβίνια Γκάρντνερ=Ηθοποιός. Β)Αβα=AVA=Υγρό σαπούνι για τα πιάτα. Στη Μυθολογία: Γ)Η Άβα φέρεται επίσης προμάμμη των Αβάντων. Δ)Στην ελληνική μυθολογία η Άβα ήταν μία Νύμφη που κατά την παράδοση γέννησε τον ήρωα Έργισκο από μία ερωτική σχέση της με τον θεό της θάλασσας Ποσειδώνα. Από τ’ όνομα του γιου της πήρε το όνομά η πόλη Εργίσκη της Θράκης, που είναι η σημερινή Τσατάλτζα (Μέτρες) της Τουρκίας.

Η Συνάντηση

Ένας λαγός τρέχει με 100 βήματα μπροστά από ένα σκύλο. Ο σκύλος τον καταδιώκει για 250 βήματα, τότε οι δυό τους απέχουν μόλις 30 βήματα. Σε πόσα βήματα θα έφτανε ο σκύλος το λαγό; (Κατ.6/Νο.12)

Σημείωση:

Αρχαίο Κινέζικο Πρόβλημα. Από την «Κλασσική Αριθμητική του Suan-Ching», τ’ οποίο περιλαμβάνει 92 προβλήματα, του Κινέζου μαθηματικού Quijian Zhang (430-490), γνωστός ως (Sun Tsu Suan Ching ή Chang Ch’ui - Chin ή Chang  Ch’ui - .chien), που δημοσιεύθηκε το 468μ.Χ.,

Λύση

Λύση του Ν. Λιλιμπάκη. Ο σκύλος και ο λαγός θα συναντηθούν σε 50 βήματα. Ο σκύλος θα φτάσει το λαγό αφού η ταχύτητά του είναι μεγαλύτερη (250 > 100). Έστω «Σ» ο σκύλος, «Λ» ο λαγός και «ΣΑ» το σημείο συνάντησης που απέχει από το λαγό απόσταση «χ» βήματα (το βήμα είναι μονάδα μήκους). Η ταχύτητα του σκύλου είναι 250 μονάδες ενώ του λαγού 100 μονάδες (βήματα ανα μονάδα χρόνου). Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε: (ΛΑ) = (ταχύτητα λαγού)*(χρόνος t για να φθάσει στο Α) (1) (ΣΑ) = (ΣΛΑ) +(ΛΑ) (2) (ΣΑ) = (ταχύτητα σκύλου)*(χρόνος t για να φθάσει στο Α) (3) Από την (1) συνάγουμε ότι: (ΛΑ) = (ταχύτητα λαγού)*(χρόνος t για να φθάσει στο Α) ---> (ΛΑ)=100*t (4) Αντικαθιστούμε την (1) στη (2) κι’ έχουμε: (ΣΑ) = (ΣΛΑ) +(ΛΑ) ---> (ΣΑ)=30+100*t (5) Από τη (3) συνάγουμε ότι: (ΣΑ) = (ταχύτητα σκύλου)*(χρόνος t για να φθάσει στο Α) ---> (ΣΑ)=250*t (6) Αντικαθιστούμε την (6) στη (5) κι’ έχουμε: (ΣΑ)=30+100*t ---> 250*t=30+100*t ---> 250*t-100*t=30 --->150*t=30 ---> t=30/150 ---> t=0.2 μονάδες χρόνου (7) Αντικαθιστούμε την (7) στις (4) (5) και (6) κι’ έχουμε: (ΛΑ)=100*t ---> (ΛΑ)=100*0,2 ---> (ΛΑ)=20 βήματα (8) (ΣΑ)=30+100*t ---> (ΣΑ)=30+100*0,2 ---> (ΣΑ)=30+20=50 βήματα (9) (ΣΑ)=250*t ---> (ΣΑ)=250*0,2 ---> (ΣΑ)=50 βήματα (10) Λύση του Ε. Αλεξίου. Κάρλο επειδή αυτό είναι πρόβλημα πρακτικής αριθμητικής (δημοτικό) θα το λύσω με εργαλείο την πρακτική αριθμητική και για να μην μείνει άγραφη η σελίδα αλλά και γιατί μπορεί να διαβάζουν Διασκεδαστικά Μαθηματικά μαθητές Δημοτικού! Πρόκειται για κλασικό πρόβλημα πρακτικής αριθμητικής που επιλύεται με την απλή μέθοδο των τριών, τη μέθοδο δηλαδή, όπου από τις τρεις γνωστές τιμές βρίσκουμε την τέταρτη. Με βάση τα βήματα (ταχύτητα) του λαγού. Όταν ο λαγός κάνει 100 βήματα ο σκύλος κάνει 250 βήματα, άρα πλησιάζει τον λαγό κατά 150 βήματα, οπότε λέμε: Κατάταξη: Στα 100 βήματα λαγού, ο σκύλος πλησιάζει κατά 150 βήματα Σε πόσα (X;) βήματα λαγού ο σκύλος θα πλησιάσει κατά 30 βήματα; X=100×30/150=20 βήματα Ή με βάση τα βήματα (ταχύτητα) του σκύλου. Όταν ο σκύλος κάνει 250 βήματα ο λαγός κάνει 100 βήματα, άρα πλησιάζει τον λαγό κατά 150 βήματα, οπότε λέμε: Κατάταξη: Στα 250 βήματα του σκύλου, ο σκύλος πλησιάζει κατά 150 βήματα Σε πόσα (X;) βήματα σκύλου, ο σκύλος θα πλησιάσει κατά 30 βήματα; X=250×30/150=50 βήματα

Rebus No.233 (5)

Λύση

Οχυρό [Οχυ(ΟΧΙ =Επέτειος του ΟΧΙ)ρο(Ρω= Νήσος Ρω ή Ρώγη ή Ροπή)]

Η Ταινία

Στην μακρινή χώρα της Φτηνολάνδης, η τιμή εισόδου σε έναν  κινηματογράφο καθορίζεται από την ηλικία και την ιδιότητα του θεατή. Το παιδικό εισιτήριο κοστίζει μισό ευρώ, το  φοιτητικό εισιτήριο κοστίζει δυο  ευρώ, ενώ το κανονικό εισιτήριο  κοστίζει τρία ευρώ. Γνωρίζουμε ότι την ταινία   “Χ”  την παρακολούθησαν  30 θεατές  και οι συνολικές εισπράξεις ήταν 30 ευρώ . Ο κ. Παπαδόπουλος  που παρακολούθησε την ταινία μαζί με το γιο του, που είναι φοιτητής στο πολυτεχνείο και την κόρη του που πηγαίνει στην 1η δημοτικού,  δήλωσε ότι δεν έχει δει χειρότερη ταινία στην ζωή του. Πόσοι ήταν φοιτητές, πόσα ήταν τα  παιδιά και πόσοι ήταν οι ενήλικοι θεατές; (Κατ.34/Νο.740)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2012/06/blog-post_337.html

Λύση

Λύση του Papaveri. Οι φοιτητές ήταν 5, τα παιδιά 22 και οι ενηλικες θεατές 3. Έστω «Π» ο αριθμός των παιδιών, «Φ» ο αριθμός των φοιτητών και «Υ» ο αριθμός των υπόλοιπων θεατών. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε: Π+Φ+Υ=30 (1) 1/2Π+2Φ+3Υ=30 (2) Λύνουμε ως προς «Π» την (1) κι’ έχουμε: Π+Φ+Υ=30 ---> Π=30-Φ-Υ (3) Αντικαθιστούμε τη (3) στη (2) κι’ έχουμε: 1/2Π+2Φ+3Υ=30 ---> 1/2*(30-Φ-Υ)+2Φ+3Υ=30 ---> 30-Φ-Υ+4Φ+6Υ=60 ---> 3Φ+5Υ=60-30 ---> 5Υ=30-3Φ ---> Υ=(30-3Φ)/5 ---> Υ=[3*(10-Φ)]/5 (4) Διερεύνηση: Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε τη διερεύνηση των ριζών. Ο αριθμός «Υ» των υπόλοιπων θεατών είναι ακέραιος αριθμός και κατά συνέπεια ο παράγοντας (10-Φ) είναι πολλαπλάσιο του αριθμού 5. Οι ακέραιες τιμές του «Φ», για τις οποίες ο αριθμός «Υ» είναι πολλαπλάσιο του 5 είναι οι 0, 5, και 10. Για Φ=0, απορρίπτεται, γιατί από την οικογένεια του κ. Παπαδόπουλου γνωρίζουμε ότι την ταινία τη παρακολούθησαν τουλάχιστον ένας θεατής από κάθε κατηγορία (Π διάφορο του 0, Φ διάφορο το0 και Υ διάφορο το 0). Για Φ=5 έχουμε: Υ=[3*(10-Φ)]/5 ---> Υ=[3*(10-5)]/5 ---> Υ=3*5/5 ---> Υ=3*1 ---> Υ=3 (5) Για Φ=10 έχουμε Υ=[3*(10-Φ)]/5 ---> Υ=[3*(10-10)]/5 ---> Υ=3*0/5 ---> Υ=3*0 ---> Υ=0 Απορρίπτεται λόγω του ότι (Π διάφορο του 0, Φ διάφορο το0 και Υ διάφορο το 0). Αντικαθιστούμε τη (5) στη (3) κι’ έχουμε: Π=30-Φ-Υ ---> Π=30-5-3 ---> Π=22 Τη ταινία την παρακολούθησαν 22 παιδιά, 5 φοιτητές και 3 ενήλικοι υπόλοιποι θεατές. Επαλήθευση: Π+Φ+Υ=30 ---> 22+5+3=30 1/2Π+2Φ+3Υ=30 ---> 1/2*22+2*5+3*3=30 ---> 11+10+9=30 ο.ε.δ. Λύση του Ε. Αλεξίου. 0,5x+2y+3(30-x-y) ---> 0,5x+2y+90-3x-3y=30 ---> 2,5x+y=60 Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με τον αριθμό 2 κι’ έχουμε: 2,5x+y=60 ---> 2*2,5x+2y=2*60 --->5x+2y=120 ---> 2y=120-5x ---> y=60-5x/2=5(12-x/2). Θέτω χ=2n ---> y=5(12-n), n=1,2,3,... (1) Επειδή z μεγαλύτερο ή ίσο με 1 ---> x+y μικρότερο του 30 --->5x μικρότερο του 150-5y --> 120-2y μικρότερο του 150-5y ---> 3y μικρότερο του 30 ---> y μικρότερο του 10 και σε συνδυασμό με την (1) ---> n=11. Συνεπώς x=2*11=22, y=5 και z=3 (22*0.5+5*2+3*3=30) Λύση του Βασίλη. Έστω x, y, z τα πλήθη των παιδιών, των φοιτητών και των ενηλίκων θεατών αντίστοιχα. Οι x, y, z είναι θετικοί ακέραιοι μικρότεροι του 28, εφόσον έχουμε τουλάχιστον έναν θεατή από κάθε κατηγορία. Ισχύουν επίσης: x+y+z=30 (1) 0,5x+2y+3z=30 (2) Πολλαπλασιάζουμε την (2) επί δύο και έχουμε: 2x(2)=>x+4y+6z=60 (3) Αφαιρούμε την (1) από την (3) και έχουμε: (3)-(1)---> 3y+5z=30 ή y=(30-5z)/3 (4) Ο y είναι είναι ακέραιος, άρα πρέπει και ο (30-5z)/3 να είναι ακέραιος, δηλαδή πρέπει η παράσταση Α=30-5z να είναι πολλαπλάσια του 3. Αυτό ισχύει για z=3 μόνο. Τότε είναι, λόγω της (4): y=5 και λόγω της (1): x=22. Επομένως στους θεατές είχαμε 22 παιδιά, 5 φοιτητές και 3 ενήλικες θεατές. Πιθανότατα η ταινία ήταν παιδική, για αυτό και δεν άρεσε στον κ. Παπαδόπουλο.

Ο Δολοφόνος

Τέσσερις ύποπτοι συνελήφθησαν για ένα φόνο. Κατά την διάρκεια της ανάκρισης από τον επιθεωρητή Clouseau, διαπιστώθηκε ότι:

-Ένας από τους τέσσερις διέπραξε το φόνο.

-Μόνο ένας από τους τέσσερις  είπε την αλήθεια .

Οι δηλώσεις των τεσσάρων ύποπτων ήταν οι εξής: 

Αντώνης: "Ο Βασίλης το έκανε." 

Βασίλης:"Ο Δημήτρης το έκανε." 

Γιάννης:"Δεν το έκανα εγώ." 

Δημήτρης:"Ο Βασίλης  λέει ψέματα."

Ποιος είναι ο δολοφόνος; (Κατ.27/Νο.417)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2012/06/blog-post_10.html
Λύση

Λύση του Βασίλη. Αφού μόνο ένας από τους τέσσερις είπε την αλήθεια έχουμε διαδοχικά: α)Αν ο Αντώνης είπε την αλήθεια, τότε ο Βασίλης το έκανε. Πρέπει όμως όλες οι άλλες δηλώσεις να είναι ψευδείς, άρα και αυτή του Γιάννη, άρα και ο Γιάννη διέπραξε το φόνο, άτοπο β)Αν ο Βασίλης λέει την αλήθεια, τότε καταλήγουμε στο παραπάνω άτοπο. Επίσης δε γίνεται να ευσταθεί και η δήλωση του Αντώνη, καθώς πρέπει να είναι ψευδής και άρα ο Βασίλης να είναι αθώος. γ)Αν ο Γιάννης είπε την αλήθεια, τότε δεν διέπραξε αυτός τον φόνο και η δήλωση του Αντώνη είναι ψευδής, άρα ούτε ο Βασίλης είναι ο ένοχος. Επίσης και η δήλωση του Βασίλη είναι ψευδής, άρα ούτε ο Δημήτρης είναι ένοχος. Όμοια είναι ψευδής και η δήλωση του Δημήτρη, οπότε ο Βασίλης λέει αλήθεια και πέφτουμε σε άτοπο. δ)Αν ο Δημήτρης είπε την αλήθεια, τότε ο Βασίλης λέει ψέματα (αληθεύει λόγω της υπόθεσης) και ο Αντώνης λέει ψέματα όμως, άρα ο Βασίλης είναι αθώος. Επίσης και ο Γιάννης λέει ψέματα, άρα αυτός είναι ο ένοχος. Συνεπώς ο ένοχος είναι ο Γιάννης Λύση του Ε. Αλεξίου. -Αντώνης: "Ο Βασίλης το έκανε." Έστω ότι λέει αλήθεια, όμως και ο Γιάννης: "Δεν το έκανα εγώ." λέει αλήθεια, άτοπο αλλά δεν έχουμε τον ένοχο. -Βασίλης:"Ο Δημήτρης το έκανε." Έστω ότι λέει αλήθεια, όμως και ο Γιάννης: "Δεν το έκανα εγώ." λέει αλήθεια, άτοπο αλλά δεν έχουμε τον ένοχο. -Γιάννης:"Δεν το έκανα εγώ." Έστω ότι λέει αλήθεια, συνεπώς οι άλλοι τρείς πρέπει να ψεύδονται, όμως ο Δημήτρης: "Ο Βασίλης λέει ψέματα." λέει αλήθεια, άτοπο, άρα ο Γιάννης λέει ψέμματα και έχουμε τον ένοχο, αυτός είναι ο ένοχος! Και αφού “-Ένας από τους τέσσερις διέπραξε το φόνο.” δεν χρειάζεται να ελεγχθεί η πρόταση του Δημήτρη. Λύση του Papaveri. Ο Γιάννης. Εάν ο Γιάννης ήταν ο αθώος , τότε η δήλωση του θα ήταν αληθής και οι άλλοι τρεις ύποπτοι ψεύδονται. Αυτό όμως σημαίνει ότι ο Δημήτρης λέει αλήθεια. Άτοπο (μόνο ένας από τους 4 λέει αλήθεια.). Άρα ο Γιάννης δεν μπορεί να είναι αθώος , οπότε είναι ο δολοφόνος.

Το Αξιοπερίεργο

1)Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε ν’ ανακατέψουμε τα φύλλα μιάς τράπουλας; 

2)Ποιός είναι μεγαλύτερος αριθμός, αυτός των διαφορετικών τρόπων ανακατέματος της τράπουλας ή η μέγιστη εκτίμηση της ηλικίας του Σύμπαντος σε δευτερόλεπτα; (Κατ.5/Νο.95)

Λύση

Ο συνολικός αριθμός των διαφορετικών τρόπων που μπορούμε να την ανακατέψουμε είναι 52! = ≈ 8,0658175170943878571660636856404*1067 = ≈ 8,06582*10^67 Οι επιστήμονες εικάζουν ότι η ηλικία του σύμπαντος είναι ανάμεσα στα 10 και 16 δισεκατομμύρια χρόνια (16,000,000,000) Ας πάρουμε την μεγαλύτερη τιμή 16,000,000,000 =16*10^9 χρόνια και ας το μετατρέψουμε σε δευτερόλεπτα Έχουμε: -60 δευτερόλεπτα σε ένα λεπτό. -60 λεπτά σε μια ώρα . -24 ώρες σε μια ημέρα . -365 ημέρες σε ένα χρόνο ( 366 ημέρες στο δίσεκτο έτος). Άρα η μεγίστη εκτίμηση της ηλικίας του σύμπαντος σε δευτερόλεπτα είναι: 60 x 60 x 24 x 366 x 16,000,000,000 = 505.958.400.000.000.000 = ≈ 5,1*10^17 δευτερόλεπτα Παρατηρούμε ότι: 8,06582*10^67 > 5,1*10^17 Άρα είναι σαφές ότι υπάρχουν περισσότεροι τρόποι να ανακατευτεί μια τράπουλα από ό,τι η ηλικία του σύμπαντος σε δευτερόλεπτα.