Τρίτη 31 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Πέντε

2σχόλια
Tα λευκά δίνουν ματ σε πέντε κινήσεις με το λιγότερο πιθανό κομμάτι
ή πιόνι. (Ανθ. Σκακ. Παρα.-Σ.25/Νο.90)

Λύση

"The Excelsior"
Το "Εξέλσιορ" (Excelsior) είναι ένα από τα πιο φημισμένα σκακιστικά
προβλήματα του Sam Loyd. Δημοσιεύτηκε στο "London Era" το 1861.
Πήρε το όνομα του από τον τίτλο του ποιήματος "Excelsior" του
Χένρι Γουόντσγουερθ Λονγκφέλοου(Henry Wadsworth Longfellow).
Ο Λόιντ είχε έναν φίλο, τον Ντένις Τζούλιεν(Dennis Julien), που ήταν
πρόθυμος να στοιχηματίσει ότι μπορούσε πάντοτε να βρίσκει σε ένα
σκακιστικό πρόβλημα το κομμάτι που έδινε το βασικό ματ. Ο Λόιντ
συνέθεσε αυτό το πρόβλημα, το 1858, σαν αστείο και στοιχημάτισε πως
θα πλήρωνε ένα δείπνο στον φίλο του αν μπορούσε να υποδείξει το
κομμάτι ή το πιόνι που δεν έδινε το βασικό ματ. Ο Ντένις έδειξε
αμέσως το πιόνι στο β2 λέγοντας ότι ήταν το λιγότερο πιθανό να δίνει
ματ. Και έχασε! Όταν το πρόβλημα δημοσιεύτηκε είχε εκφώνηση "τα λευκά
δίνουν ματ με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι".
Άλλη εκδοχή:
Ο Sam Loyd συνέθεσε το ανωτέρω πρόβλημα των 5 κινήσεων, προς τιμήν
του φίλου του Julien Dennis και έθεσε το εξής ερώτημα στους λύτες:
-"Πιο κομμάτι είναι αδύνατο να δώσει το ματ σε 5 κινήσεις;"
-" Όλοι απήντησαν ότι το πιόνι "β2" δεν είναι δυνατόν να δώσει το ματ."
Και όμως αυτό δίδει το ματ, σε υποχρεωτικές βέβαια κινήσεις, ώστε ν’
αποφευχθεί το ματ σε λιγότερες των 5 κινήσεων.]
Όταν το πρόβλημα δημοσιεύτηκε είχε σαν εκφώνηση:"τα λευκά δίνουν ματ
με το λιγότερο πιθανό κομμάτι ή πιόνι". Το ίδιο πρόβλημα υποβλήθηκε σε
έναν διαγωνισμό το 1867 στο Παρίσι και πήρε το 2ο βραβείο.
Λύση:
1.β4 (Δ 2.Πδ5 ή Πζ5 με 3.Πδ1 ή Πζ1#. Τα λευκά δεν μπορούν
να αρχίσουν με 1.Πζ5 επειδή τα μαύρα με 1..., Πγ5 θα μπορούσαν
να καρφώσουν τον Πζ5.),Πγ5+! 2.β:Π (Δ 3.Πβ1#),α2! (φορσέ!) 3.γ6
(Δ 4.Πδ5 ή Πζ5 με 5.Πδ1 ή Πζ1#),Αγ7! 4.γ:β,~ 5.β:Ι=Β ή 5.β:Ι=Α#!
(Δ = Σημαίνει Απειλεί)

Δευτέρα 30 Ιανουαρίου 2012

Η Καταδίωξη

2σχόλια
 
Ένας μοτοσικλετιστής τρέχει με ταχύτητα 80km/h σε κατοικημένη περιοχή. Ένας τροχονόμος  του κάνει σήμα να σταματήσει αλλά αυτός τον αγνοεί και συνεχίζει με την ίδια ταχύτητα. Τρία λεπτά αργότερα ο τροχονόμος αρχίζει να τον καταδιώκει με ταχύτητα 100km/h. Σε πόση ώρα θα τον ανακόψει και σε ποια απόσταση 
από το σημείο ελέγχου;  (Κατ.34/Πρβλ. Νο.485)

Λύση


Η Λύση που έστειλε ο batman1986
Ορίζουμε την ταχύτητα του μοτοσυκλετιστή ως υ1 και του αστυνομικού ως
υ2. Επίσης το διάστημα του μοτοσυκλετιστή ως Χ1 και του αστυνομικού ως
Χ2.Μέχρι να ξεκινήσει ο αστυνομικός, ο μοτοσυκλετιστής έχει διανύσει
μια απόσταση εντός 3 λεπτών:
Χ1=80*t=80*(3/60)=4 km
Άρα όταν συναντήσει ο αστυνομικός τον μοτοσυκλετιστή θα πρέπει να
γίνει προφανώς στον ίδιο χρόνο t(ξεκινάει η μετρησή του από την
στιγμή που ξεκινά την καταδίωξη ο αστυνομικός άρα πρέπει να λάβουμε
υπόψη και τα 4km που έχει διανύσει ο μοτοσυκλετιστής νωρίτερα) και σε
ίδια απόσταση και για τους 2 από το σημείο ελέγχου. Άρα:
Χ1=Χ2 --> 4+υ1*t=υ2*t --> t=4/(υ2-υ1)=4/20=1/5 h=12΄λεπτά
Για να βρούμε την απόσταση χρησιμοποιούμε οποιαδήποτε από τις 2
εξισώσεις για t=12min
Χ2=100*(1/5 h)=20 km
Άρα θα τον ανακόψει σε 12 λεπτά μετά από απόσταση 20 χιλιομέτρων από
το σημείο ελέγχου...

Κυριακή 29 Ιανουαρίου 2012

Ματ σε Τρεις

3σχόλια
 Παίζουν τα Λευκά και κάνουν ματ σε τρεις κινήσεις. 
(Ανθ. Σκακ. Παρ.-Σ.34-Νο.112)

Λύση

"The Steinitz Gambit"
Το πρόβλημα το ενεπνεύσθει από μια βαριάντα της Βιεννέζικης παρτίδας, που φέρει τ’ όνομα του παγκόσμιου πρωταθλητή και εισηγητή της θεωρητικής καινοτομίας Γουλιέλμου Στάϊνιτς (1836 - 1900),που ονομάσθηκε "Γκαμπί του Στάϊνιτς":1.ε4,ε5 2.Ιγ3, Ιγ6 3.ζ4,ε:ζ 4.δ4,Βθ4+ 5.Ρε2! Η τελευταία κίνηση αποτελεί και το κλειδί για τη λύση του ανωτέρω προβλήματος, η οποία παίχθηκε από το Στάϊνιτς το 1867 στη Dundee (m/2) !!
Βιεννέζικο Γκαμπί. Steinitz Γκαμπί. ΆμυναPaulsen (C25)
Λευκά: Wilhelm Steinitz
Μαύρα: Gustav Richard Neumann
1.e4 e5 2.Nc3 Nc6 3.f4 exf4 4.d4 Qh4+5.Ke2 d6 6.Nf3 Bg4 7.Bxf4 Bxf3+
8.Kxf3 Nge7 9.Be2 O-O-O 10.Be3 Qf6+ 11.Kg3 d5 12.Bg4+ Kb8
13.e5 Qg6 14.Kf2 h5 15.Bh3 f6 16.exf6 Qxf6+ 17.Qf3 Qxf3+ 18.gxf3 g6
19.Ne2 Nf5 20.Bxf5 gxf5 21.c3 Bd6 22.Bf4 Kc8 23.Rhg1 Kd7
24.Rg7+ Ne7 25.Rag1 Ke6 26.Bxd6 Rxd6 27.Nf4+ Kf6 28.Nd3 Rb6
29.b3 Rh6 30.Ne5 Ra6 31.a4 Ra5 32.b4 Ra6 33.Nd7+ Ke6 34.Nc5+ 1-0

Λύση:
Κλειδί:1.Ρε2!!,ζ1=Β+ 2.Ρε3!,Αζ4+ 3.Π:Α±
1...,ζ1=Β+ 2.Ρε3!,Βε2+ 3.Α:Β±
1.---,Ρ:Ι 2.Αδ3+,Ρδ4 3.Πζ4++
1.---,Ιγ1+ 2.Ρε3!,Πε7 3.Πζ7+
1.---,α:Α 2.Ρε3!,ζ1=Ι+ 3.Π:Ι+
1.---,ζ1=Β++ 2.Ρε3!,Βε1 3.Αε2+
1.---,Πε7 2.Ρε3!,ζ1=Ι+ 3.Α:Ι+.

Τα Καθίσματα

2σχόλια
Σ' ένα θέατρο η πρώτη σειρά έχει 70 καθίσματα και η τελευταία έχει 250 καθίσματα. Το πλήθος των καθισμάτων κάθε σειράς σχηματίζει αριθμητική πρόοδο. Η προτελευταία σειρά έχει 140 καθίσματα περισσότερα από τη δεύτερη σειρά.
Ζητούνται τα κάτωθι: 
α. Να αποδείξετε ότι κάθε σειρά καθισμάτων του θεάτρου έχει 20 καθίσματα περισσότερα από την προηγουμένη σειρά.
β. Να υπολογίσετε το πλήθος των καθισμάτων του θεάτρου.
γ. Την πρώτη παράσταση ενός θεατρικού έργου παρακολούθησαν 100 θεατές, ενώ σε κάθε επόμενη παράσταση ο αριθμός των θεατών διπλασιαζόταν. Ποια είναι η παράσταση στην οποία για πρώτη φορά θα γεμίσει το θέατρο. (Κατ.3/Πρβλ. Νο.18)          

Λύση

Η Λύση είναι του batman1986
α.Σύμφωνα με τα δεδομένα εφόσον έχουμε αριθμητική πρόοδο τότε
α1=70 καθίσματα και αν=250 καθίσματα.
αν-α1=180
Επίσης δίνεται ότι:
αν-1=α2+140
αν-1- α2=140(είναι υποσύνολο του (αν,α1)
Άρα (αν-1-αν)+(α2-α1)=180-140=40
Προφανώς κάθε όρος διαφέρει από τον προηγουμενό του μια σταθερή
ποσότητα έστω ω.Άρα εδώ (αν-1+αν)=(α1+α2)-40/2=20.
Άρα το αποδείξαμε.
β.Το πλήθος είναι το άθροισμα όλων των όρων της αριθμητικής
προοόδου άρα έχουμε:
(180/20)+1=9+1=10 όρους-σειρές καθισμάτων.
Άρα το πλήθος είναι:
Σ={ν(α1+αν)}/2=10*(70+250)/2=1600 καθίσματα.
γ. Σαυτή την πείπτωση έχουμε γεωμετρική πρόοδο αφού
με διπλασιασμό κάθε φορά έχουμε 100,200,400,800 κλπ.
με λόγο λ=2 γεωμετρικής προόδου και α1=100 θεατές
Ψάχνω το ν(αριθμός παράστασης) στην οποία το άθροισμα των ν
πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου θα είναι ίσο με 1600(πλήθος
καθισμάτων του θεάτρου αφού αυτό μας ζητείται.
Άρα έχουμε την εξίσωση:
Σν=α1*{(λ^ν-1)/(λ-1)}
1600=100*{(2^ν-1)/(2-1)}
2^ν-1=16
Για ν=4 έχουμε 2^ν-1<16 Για ν=5 2^ν-1>16
Άρα στην 5η παράσταση το κοινό που θα πάει θα γεμίσει το θέατρο
και μάλιστα κάποιοι δεν θα χωρέσουν να μπουν ή θα μείνουν όρθιοι!

Σάββατο 28 Ιανουαρίου 2012

Οι Σοκολάτες

2σχόλια
 Δύο αδέλφια, ο Γιάννης και η Μαρίνα, θέλουν να αγοράσουν δύο σοκολάτες. Ο Γιάννης λέει στην αδελφή του:
-"Αν προσθέσω τα μισά από τα χρήματά μου στα δικά σου, τότε θα έχουμε αρκετά ώστε να αγοράσουμε δύο σοκολάτες."
Η Μαρίνα τον ρωτά με αφέλεια:
-"Αν προσθέσω τα μισά από τα δικά μου χρήματα στα δικά σου, πόσες σοκολάτες αγοράζουμε;"
Και ο αδελφός της τής απαντά:
-"Μόνο μία".
Πόσα χρήματα είχε ο Γιάννης; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.484)

Λύση

Λύση που έστειλε ο batman1986:
Μια απλή σκέψη χωρίς εξισώσεις είναι η εξής:
Αφού με όλα τα λεφτά της Μαρίνας παίρνουμε ακριβώς 2 σοκολάτες ενώ με τα μισά ακριβώς μία τότε είναι προφανές ότι ο Γιάννης δεν έχει καθόλου χρήματα.

Με αλγεβρική μορφή:
Θεωρούμε ότι ο Γιάννης έχει χ δρχ και η μαρίνα ψ δρχ
Τα ψ+χ/2 κοστίζουν όσο 2 σοκολάτες
Τα χ+ψ/2 όσο μία
Άρα
ψ+(χ/2)=2*(χ+(ψ/2))
3(χ/2)=0
Άρα χ=0.Ο Γιάννης δεν έχει καθόλου χρήματα

Παρασκευή 27 Ιανουαρίου 2012

Η επιγραφή

9σχόλια
Οι αρχαιολόγοι κατά την ανασκαφή σε κάποια περιοχή της Αραβίας ανακάλυψαν μια πήλινη επιγραφή στην οποία ήταν χαραγμένο τοπαρακάτω μαγικό τετράγωνο με τους αριθμούς και τα γράμματα,
 όπου το γινόμενο κάθε γραμμής, κάθε στήλης και κάθε διαγωνίου είναι το ίδιο , ο αριθμός (ΑΒΓΔ). Σε κάθε γράμμα αντιστοιχεί ένας μοναδικός ακέραιος μονοψήφιος θετικός αριθμός. Δυστυχώς, όμως, σε μερικά κελιά του τετραγώνου οι αριθμοί είχαν σβηστεί, αλλά οι αρχαιολόγοι μπόρεσαν να αντιστοιχίσουν σωστά τα γράμματα με τους αριθμούς και να συμπληρώσουν τον πίνακα. Εσείς μπορείτε να βρείτε τους υπόλοιπους αριθμούς;
Από το βιβλίο του  Αλί Νταρ Νασάθ με τίτλο "Προβλήματα για δύσκολες ώρες"
Πηγή: http://mathhmagic.blogspot.com/2012/01/blog-post_27.html

Λύση

Το γινόμενο οριζοντίως, καθέτως και διαγωνίως μας δίδει τη Μαγική Σταθερά 1.728. Ο αριθμός ΑΓ γράφεται: ΑΓ=10*Α+Γ (1) και έστω Χ η τιμή του κελιού κάτω αριστερά έτσι το γινόμενο της τρίτης γραμμής ισούται με το γινόμενο της διαγωνίου. Άρα 24*Γ*Χ=4(10*Α+Γ)*Χ --> 24*Γ*Χ=40*Α*Χ+4*Γ*Χ --> 24*Γ*Χ-4*Γ*Χ=40*Α*Χ -->
20*Γ*Χ=40*Α*Χ --> Γ=(40*Α*Χ)/20*Χ --> Γ=2Α.
Έστω Ζ η τιμή του κελιού πάνω αριστερά και Υ η τιμή του μεσαίου κελιού της πρώτης γραμμής θα έχουμε:
4*Υ*Z=24*(10Α+Γ)*Z --> 4*Υ*Z=24*(10Α+2Α)*Z -->
4*Υ*Z=24*12Α*Ζ --> 4*Υ*Z=288*Α*Ζ -->
Υ=(288*Α*Ζ)/4*Ζ --> Υ=72*Α
Το γινόμενο των αριθμών της δεύτερης στήλης είναι:
Υ*Α*Γ*Γ=72*Α*12*Α*2*Α=1.728*Α3
Ο αριθμός 1.728*Α3 είναι ένας τετραψήφιος ακέραιος αριθμός. Δίδοντας στο Α τις τιμές από το 1 έως το 9 βλέπουμε ότι ο μόνος αριθμός που ικανοποιεί τη συνθήκη είναι Α=1. Αντικαθιστούμε τη τιμή Α κι’ έχουμε: 1.728*Α3 -->
1.728*13 --> 1.728*1 --> 1.728.
Και το τετράγωνο συμπληρώνεται ως εξής:
Πρώτη οριζόντια γραμμή:
Ζ=1.728/4*Υ --> Ζ=1.728/4*72*Α --> Ζ=1.728/4*72*1 -->
Ζ=1.728/288 --> Ζ=6
Τρίτη οριζόντια γραμμή:
Χ=1.728/24*Γ --> Χ=1.728/2*Α*24 --> Χ=1.728/2*1*24 -->
Χ=1.728/48 --> Χ=36
Πρώτη κάθετη στήλη:
1.728/Ζ*Χ=1.728/6*36=1.728/216=8
Τρίτη κάθετη στήλη:
1.728/4*24=1.728/96=18

Λύση batman1986
:
Θα γράψω τον πίνακα (χωρίζοντας τα κελιά με τελείες)
Ω..Κ...4
Ζ..ΑΓ..Χ
Υ.. Γ..24
Συμπληρώνω όλα τα κελιά με τις παραπάνω μεταβλητές
Γράφουμε τον αριθμό ΑΓ σε μορφή μονάδων και 10άδων δηλαδή
ΑΓ=10*Α+Γ
Αν παρατηρήσουμε τον πίνακα θα δούμε ότι μπορούμε να βρούμε μία σχέση
μεταξύ Α και Γ με τη βοήθεια της γραμμής
Υ-Γ-24 και της διαγωνίου Υ-ΑΓ-4(λόγω πολ/σμού απαλείφεται το Υ το οποίο προφανώς είναι διάφορο του μηδενός...)
24*Γ*Υ=4(10*Α+Γ)Υ
Άρα προκύπτει Γ=2*Α
Oμοίως για αντισυμμετρική περίπτωση βρίσκουμε την ισότητα
Ω*Κ*4=Ω(Α*10+Γ)*24(απαλείφεται το μη μηδενικό Ω)
Αρα Κ=72*Α
Επειδή έχω βρει και το Κ συναρτήσει του Α
τότε βρίσκω το γινόμενο της 2ης στήλης(θα προκύψει αριθμός συναρτήσει του Α)
Κ*ΑΓ*Γ=72*Α(10*Α+2*Α)*2*Α=1728*Α^3
Επειδή το αποτέλεσμα είναι τετραψήφιος ΑΒΓΔ πρέπει Α=1
Άρα αυτός ο αριθμός είναι ο 1728
Και με αντικαταστάσεις προκύπτει
Ω=6..Κ=72...4
Ζ=8..ΑΓ=12..Χ=18
Υ=36.. Γ=2..24

Τα Σπίρτα

3σχόλια
Ένας νεαρός άδειασε τα σπίρτα από ένα σπιρτόκουτο πάνω στο τραπέζι και τα χώρισε σε τρεις μικρές στοίβες.
-«Δεν φαντάζομαι να ανάψεις καμιά φωτιά εδώ», τον ειρωνεύτηκε κάποιος.
-«Όχι, θα τα χρειαστώ για τη σπαζοκεφαλιά. Ιδού, λοιπόν, τρεις ανόμοιες στοίβες. Συνολικά 48 σπίρτα. Δεν θα σας πω πόσα υπάρχουν σε κάθε στοίβα. Προσέξτε τώρα. Αν πάρω τόσα σπίρτα από την πρώτη στοίβα όσα υπάρχουν στη δεύτερη και τα προσθέσω στη δεύτερη στοίβα, κατόπιν πάρω από τη δεύτερη στοίβα τόσα όσα υπάρχουν στον τρίτη στοίβα και τα προσθέσω στη τρίτη στοίβα, και τελικά πάρω τόσα σπίρτα από τη τρίτη στοίβα όσα υπάρχουν στη πρώτη στοίβα  και τα προσθέσω στη πρώτη στοίβα, τότε οι στοίβες θα έχουν το ίδιο πλήθος σπίρτων.»
Πόσα σπίρτα είχε αρχικά η κάθε στοίβα; (Κατ.34/Πρβλ. Νο.483)

Λύση


Η Λύση όπως τη διατύπωσε ο φίλος της ιστοσελίδας N. Lntzs.
Ακολουθώντας τα βήματα, από το τέλος προς την αρχή και χωρίς να
χρησιμοποιήσουμε Άλγεβρα, μπορούμε να φτάσουμε στη αρχική
κατάσταση, ως ακολούθως:
Αφού μετά την τρίτη και τελευταία μεταφορά σπίρτων οι στοίβες Α,Β,Γ
είχαν τον ίδιο αριθμό (48/3=16)σπίρτων, αυτές είχαν:
Α: 16, Β: 16, Γ: 16 σπίρτα, που κατά την μεταφορά αυτή η Α διπλασίασε
το πλήθος της (σε 16 από 8), που πήρε από την Γ.
Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 8(=16/2), Β: 16, Γ: 24(=16+8)
Κατά την δεύτερη μεταφορά η Γ διπλασίασε το πλήθος της (σε 24 από 12),
που πήρε από την Β.Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 8, Β: 28(=16+12), Γ: 12(=24/2)
Κατά την πρώτη μεταφορά η Β διπλασίασε το πλήθος της (σε 28 από 14),
που πήρε από την Α.Επομένως πριν την μεταφορά αυτή η κατάσταση ήταν:
Α: 22(=8+14), Β: 14(=28/2), Γ: 12.
Άρα αρχικά οι στοίβες είχαν :
η Α 22, η Β 14 και η Γ 12 σπίρτα.

Υπάρχει και η αλγεβρική λύση που προκύπτει από την επίλυση ενός
συστήματος τριών εξισώσεων με τρεις αγνώστους, ήτοι:
2A-2B=16
2B-Γ=16
2Γ-Α+Β=16
Που έχει λύση την προαναφερθείσα: Α=22, Β=14, Γ=12.
 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes