Ο Διψήφιος Αριθμός

 

Το άθροισμα των ψηφίων ενός διψήφιου αριθμού ισούται με 12. Εάν ελαττωθεί ο διψήφιος αυτός αριθμός κατά 18 μονάδες, προκύπτει ο αρχικός αριθμός με αντεστραμμένα τα ψηφία. Ποιος είναι αυτός ο αριθμός; (Κατ.26/Πρβλ. Νο.20)

Λύση

Έστω ότι είναι α το ψηφίο των μονάδων, το ψηφίο των δεκάδων θα
είναι (12-α),σύμφωνα με την εκφώνηση του προβλήματος. Ο αριθμός
αυτός παριστάνεται ως [(10*(12-α)+α]. Εάν αντιστρέψουμε τη θέση
των ψηφίων ο νέος αριθμός θα έχει τη μορφή [10α+(12-α)]. Εάν
ελαττώσουμε κατά 18 μονάδες τον αριθμό [(10*(12-α)+α] θα προκύψει
ο αριθμός [10α+(12-α)]. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως έχουμε:
[(10*(12-α)+α]-18=[10α+(12-α)]-->120-10α+α-18=10α+12-α-->
-10α+α–10α+α=-120+18+12-->-20α+2α=-90-->-18α=-90-->
α=-90/-18 --> α=5
Επαλήθευση:
[(10*(12-α))+α]-18=[10α+(12-α)]-->
[(10*(12-5))+5]–18=[(10*5)+(12–5)]-->
[(10*7)+5]–18=50+7 -->
70+5–18=57 --> 75–18=57. ο.ε.δ.
Άρα το ψηφίο των δεκάδων είναι το 7 και το ψηφίο των μονάδων το 5
και ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 75, ο δε αντεστραμμένος αριθμός
είναι το 57.

Η Σχολή του Πυθαγόρα

 Η χρονιά ίδρυσης της Πυθαγόρειας Σχολής αποτελείται από έναν τριψήφιο αριθμό, του οποίου το άθροισμα των ψηφίων του ισούται με 10. Το πρώτο ψηφίο είναι ίσο με το άθροισμα των άλλων δύο ψηφίων. Διαιρώντας δε τη χρονολογία με τον αριθμό 19, προκύπτει ένας ακέραιος αριθμός, ίσος με τις ημέρες κάποιου μήνα. Πότε ιδρύθηκε η σχολή;  

(Κατ.26/Πρβλ. Νο.7)

Λύση

Η σχολή του Πυθαγόρα ιδρύθηκε το 532π.Χ. Έστω «αβγ» ο τριψήφιος
αριθμός. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α+β+γ=10 (1)
α = β+γ (2)
Αντικαθιστούμε τη (2) στην (1) κι’ έχουμε:
α+β+γ=10 --> α+α=10 --> 2α=10 --> α=10/2 --> α=5
Διερεύνηση:
Ο αριθμός 5 σχηματίζεται από τους αριθμούς(1+4), (2+3), (3+2) και
(4+1), οι οποίοι σχηματίζουν τις χρονολογίες 514, 523, 532 και
541 π.Χ. Η εκφώνηση του προβλήματος λέει ότι το έτος ιδρύσεως της
σχολής διαιρούμενο με το 19 μας δίδει ως πηλίκο τις ημέρες
κάποιου μήνα.
Εάν διαιρέσουμε το 514 με το 19 αφήνει υπόλοιπο 1.
Εάν διαιρέσουμε το 523 με το 19 αφήνει υπόλοιπο 10.
Εάν διαιρέσουμε το 541 με το 19 αφήνει υπόλοιπο 9.
οι οποίες δεν ικανοποιούν τη συνθήκη του προβλήματος. Άρα η μόνη
αποδεκτή λύση είναι η χρονολογία 532 π.Χ., η οποία διαιρούμενη με
το 19 μας δίνει πηλίκο 28, δηλαδή, τις ημέρες του μηνός Φεβρουαρίου,
όταν το έτος είναι κανονικό.
Άρα η ζητούμενη χρονολογία ιδρύσεως της σχολής είναι το 532 π.Χ..
Επαλήθευση:
α+β+γ=10 --> 5+3+2=10
(100α+10β+γ)/19 --> (100*5+10*3+2)/19 --> (500+30+2)/19 -->
532/19=28 ο.ε.δ.
Λύση του batman1986
Έστω πως ο αριθμός είναι ΑΒΓ
Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε:
Α+Β+Γ=10
Α=Β+Γ
Και (Α*100+Β*10+Γ)=19ν(ν ακέραιος)
Από τους 2 πρώτους τύπους προκύπτει
2*Α=10 --> Α=5
Επίσης Γ=5-Β
Άρα η 3η μετατρέπεται
(500+9*Β+5)=19ν
Β=(19ν-505)/9(το Β είναι μονοψήφιος ακέραιος)
Δοκιμάζουμε με 30,31 και 28
και μόνο για 28 έχουμε ακέραιο και συγκεκριμένα
Β=3
Άρα Γ=5-3=2
Άρα ο αριθμός ΑΒΓ=532
Υ.Γ. Το έγραψα αναλυτικά αλλά προκύπτει πολύ πιο απλά από την
πληροφόρια ακέραιου αριθμού ίσου με τις μέρες ενός μήνα
δοκιμάζουμε τις 3 δυνατές περιπτώσεις
30*19=570
31*19=589
28*19=532
Από τι βλέπουμε μόνο η 3η περίπτωση ικανοποιεί τις πρώτες
προυποθέσεις.

Ρετρό – Ανάλυση

 Ποια ήταν η τελευταία κίνηση του μαύρου;
(Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ.58/Νο.153)

Λύση

Παρατηρώντας το διάγραμμα βλέπουμε ότι ο Βασιλιάς και τα δύο
πιόνια,"β7" και "θ7" ευρίσκονται στη θέση τους. Επομένως ως
τελευταία κίνηση του μαύρου μπορούμε να εκλάβουμε τις κινήσεις
"δ7-δ5" ή "ζ7-ζ5". Η κίνηση όμως,"δ7-δ5" αποκλείεται λόγω του
ότι ο λευκός έχει "κόψει" με τα πιόνια του 10 μαύρα κομμάτια,
εκ των οποίων το ένα είναι ο "Αγ8". Εάν υπήρχε το μαύρο πιόνι
στο "δ7"πως ο μαύρος έπαιξε τον Αξιωματικό του, ο οποίος πάρθηκε
από τα λευκά εκ των υστέρων; Άρα η τελευταία κίνηση των μαύρων
ήταν 1....,ζ7-ζ5, οπότε τα λευκά έπαιξαν 2.η:ζ6 e.p.,~ 3.ζ7±.
Με πρώτη ματιά φαίνεται ότι η τελευταία κίνηση των μαύρων μπορεί
να είναι δ7-δ5 ή ζ7-ζ5, άρα τα λευκά ξεκινούν με αν-πασάν στο
κλειδί από την μια μεριά [1 γxδ6 ( > 2 δ7#)] ή από την άλλη μεριά
[1 ηxζ6 ( > 2 ζ7#)]. Είναι και οι δύο συνέχειες σωστές; Όχι! Αυτό
αποδεικνύεται από τον σκελετό των λευκών πιονιών. Τα ε3-ζ4-η5
ήρθαν από τις θέσεις ζ2-η3-θ4 παίρνοντας τρία μαύρα κομμάτια. Το
ε7 ήρθε από την θέση α3 παίρνοντας τέσσερα μαύρα κομμάτια. Το
ε6 ήρθε από την θέση β3 παίρνοντας τρία μαύρα κομμάτια. Συνολικά
αιχμαλωτίσθηκαν δέκα μαύρα κομμάτια για να πάνε τα λευκά πιόνια
στις θέσεις του διαγράμματος. Στο διάγραμμα υπάρχουν έξι μαύρα
κομμάτια, άρα όσα μαύρα κομμάτια λείπουν αιχμαλωτίσθηκαν από λευκά
πιόνια. Αυτό ισχύει και για τον μαύρο αξιωματικό του γ8. Κάποια
προηγούμενη στιγμή έφυγε από την θέση του και πήγε αλλού (στις
γραμμές 3, 4, 5, ή 6) για να αιχμαλωτισθεί από λευκό πιόνι.Όμως,
για να μπορέσει να κινηθεί ο Αγ8, προφανώς του άνοιξε τον δρόμο το
πιόνι δ7. Άρα τελευταία κίνηση δεν ήταν η δ7-δ5, αλλά ζ7-ζ5!
Κλειδί: 1....,ζ5 2.ηxζ6!,~ (τα μαύρα παίζουν κάποια από τις έξι
διαθέσιμες κινήσεις τους) 3.ζ7#

Το Πρώτο Ρετρό

Παίζουν τα μαύρα κα κάνουν ματ σε 2 κινήσεις. Ποια είναι η τελευταία
κίνηση του Λευκού; (Ανθ. Σκακ. Παρ.-Σ.77-Νο.193)

Λύση

Εκ πρώτης όψεως βλέπουμε στο διάγραμμα ότι ο λευκός βασιλιάς έχει
μετακινηθεί από την αρχική του θέση και οι στρατιώτες "α2", "η2"
βρίσκονται στην αρχική τους θέση, οπότε λογικά η τελευταία κίνηση
των λευκών πρέπει να ήταν "γ2 - γ4" ή "ε2 - ε4".Η κίνηση "ε2 - ε4"
αποκλείεται λόγω του ότι τα μαύρα έκοψαν 10 λευκά κομμάτια εκ των
οποίων το ένα ήταν ο "Αζ1".Εάν υπήρχε στρατιώτης στο τετράγωνο "ε2"
πως θα έπαιζαν τα λευκά τον Αξιωματικό τους; Επομένως η προηγούμενη
κίνηση των λευκών ήταν: 1.γ2 - γ4 και μόνο .Οπότε τα μαύρα έπαιξαν
1....,β4:γ3e.p. 2.~,γ2±! Με πρώτη ματιά φαίνεται ότι η τελευταία
κίνηση των λευκών μπορεί να ήταν γ2-γ4 ή ε2-ε4, άρα τα μαύρα
ξεκινούν με αν-πασάν στο κλειδί από την μια μεριά [1 βxγ3 ( > 2 γ2#)]
ή από την άλλη μεριά [1 ζxε3 ( > 2 ε2#)]. Είναι και οι δύο συνέχειες
σωστές; Όχι! Αυτό αποδεικνύεται από τον σκελετό των μαύρων πιονιών.
Τα δ6-γ5-β4 ήρθαν από τις θέσεις γ7-β6-α5 παίρνοντας τρία λευκά
κομμάτια. Το ε2 ήρθε από την θέση θ6 παίρνοντας τέσσερα λευκά
κομμάτια. Το ε3 ήρθε από την θέση η6 παίρνοντας τρία λευκά κομμάτια.
Συνολικά αιχμαλωτίσθηκαν δέκα λευκά κομμάτια για να πάνε τα λευκά
πιόνια στις θέσεις του διαγράμματος. Στο διάγραμμα υπάρχουν έξι λευκά
κομμάτια, άρα όσα λευκά κομμάτια λείπουν αιχμαλωτίσθηκαν από μαύρα
πιόνια. Αυτό ισχύει και για τον λευκό αξιωματικό του ζ1. Κάποια
προηγούμενη στιγμή έφυγε από την θέση του και πήγε αλλού
(στις γραμμές 6, 5, 4, ή 3) για να αιχμαλωτισθεί από μαύρο πιόνι.Όμως,
για να μπορέσει να κινηθεί ο Αζ1, προφανώς του άνοιξε τον δρόμο το πιόνι
ε2. Άρα τελευταία κίνηση δεν ήταν η 1.ε2-ε4, αλλά η 1.γ2-γ4!
Κλειδί: 1....,βxγ3!e.p. 2.Τα λευκά παίζουν κάποια από τις έξι
διαθέσιμες κινήσεις τους),γ2#
Λύση του RIZOPOULOS GEORGIOS
Φαινομενικά υπάρχουν δυο ισοδύναμες λύσεις . Το γ2-γ4 και το ε2-ε4 στα
οποία ακολουθεί αντίστοιχα β Χ γ α.π ή ζ Χ ε α.π και ματ με το πιόνι γ3
ή ε3 στην επόμενη. Άλλη επιλογή δεν υπάρχει, και δεν μπορεί να έχει
κινηθεί τελευταία ο λευκός βασιλιάς γιατί (εκτός της λεπτομέρειας ότι
δεν θα υπήρχε ματ σε 2) θα έπρεπε να έχει έρθει από το γ2 ή το ε2 ,αλλά
το πιόνι δ3 δεν μπορεί να έχει δώσει σαχ στην τελευταία του κίνηση.
Οι πιονοδομες πάλι θα δώσουν τη λύση. Τα οκτώ μαύρα πιόνια φαίνεται να
έχουν κάνει δέκα κοψίματα. Τα δ6,γ5,β4 από ένα , τα ε5 και ζ4 ήρθαν από
τα αρχικά τους τετράγωνα και αναγκαστικά το δ3 ήρθε από τη στήλη η
(3 κοψίματα) και το δ2 από τη στήλη θ (4 κοψίματα). Άρα και τα
δέκα λευκά κομμάτια που λείπουν έχουν φαγωθεί από πιόνια
συμπεριλαμβανομένου και το λευκοτετράγωνου λευκού αξιωματικού. Αυτό
θα ήταν αδύνατο αν το λευκό πιόνι ε ήταν στο ε2 . Γιατί τότε. δεν μπορεί
να είχε κινηθεί ο φου («μπλοκέ» από τα ε2 και η2) και έπρεπε να έχει
φαγωθεί από κομμάτι, πράγμα άτοπο.Άρα φορσέ η τελευταία κίνηση ήταν
γ2-γ4.

Οι Διψήφιοι Αριθμοί

Εάν αθροίσουμε δύο διψήφιους αριθμούς το άθροισμά τους ισούται με 99. Ενώ εάν τους πολλαπλασιάσουμε το γινόμενό τους ισούται με 1.944. Τα ψηφία που απαρτίζουν τους δύο διψήφιους αριθμούς είναι τα ίδια, αλλά αντεστραμμένα. Μπορείτε να βρείτε για ποιους διψήφιους αριθμούς πρόκειται; (Κατ.26/Πρβλ. Νο.6)

Λύση

Λύση του N.Lntzs.
Έστω x και y οι ζητούμενοι αριθμοί,
S το άθροισμά τους
και Ρ το γινόμενό τους.
Δηλαδή:
x+y=S=99
x*y=P=1944
Αυτοί είναι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης: ω^2 - S*ω + Ρ = 0
ή ω^2 - 99*ω + 1944 = 0.
Αυτή έχει ρίζες τους αριθμούς 27 και 72, που είναι και οι ζητούμενοι
αριθμοί.Πράγματι 27+72=99 και 27*72=1944.
Οι υπόλοιπες πληροφορίες, δεν είναι απαραίτητες, εκτός αν δεν γνωρίζει
κάποιος την λύση δευτεροβάθμιας και ψάχνει στους 24 ακέραιους
διαιρέτες του 1944 (που είναι οι: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 27,
36, 54, 72,81, 108, 162, 216, 243, 324, 486, 648, 972
και 1944),απομονώσει τους διψήφιους (12, 18, 24, 27, 36, 54, 72,
81)και από αυτούς να επιλέξει δύο που ο ένας να είναι ο "αντίστροφος"
του άλλου και αυτοί είναι οι 27 και 72. Μια επαλήθευση στην συνέχεια
για επιβεβαίωση.
Λύση Papaveri
Έστω "αβ" και "βα" οι ζητούμενο διψήφιοι αριθμοί, οι οποίοι παριστάνονται
(10α+β)και(10β+α). Βάσει της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
(10α+β)+(10β+α)=99 (1)
(10α+β)*(10β+α)=1.944 (2)
Από την (1) συνάγουμε ότι:
(10α+β)+(10β+α)=99 --> 10α+β+10β+α=99 --> 11α+11β=99 --> 
11(α+β)=99 -->  α+β=99/11 --> α+β=9 --> α = 9 – β (3)
Διερεύνηση:
Δίνοντας στο "β" τις τιμές από το 1 έως το 9, βλέπουμε ότι οι μοναδικές
τιμές που δίνουν τη λύση είναι οι αριθμοί 2 και 7. Αντικαθιστούμε τη
τιμή του "β"στη (3) κι’ έχουμε:
α = 9 – β --> α = 9-2 --> α = 7
α = 9 – β --> α = 9-7 --> α = 2
Άρα οι διψήφιοι αριθμοί είναι οι 27 και 72.
Επαλήθευση:
(10α+β)+(10β+α)=99 --> [(10*2)+7]+[(10*7)+2]=99 --> 
(20+7)+(70+2)=99 --> 27+72=99
(10α+β)*(10β+α)=1.944 --> [(10*2)+7]*[(10*7)+2]=1.944 -->
(20+7)*(70+2)=1.944 --> 27*72=1.944 ο.ε.δ.

Οι Καμπανες

Δύο καμπάνες αρχίζουν και χτυπούν την ίδια χρονική στιγμή. Η μία κτυπάει κάθε 7/4 του δευτερολέπτου και η άλλη κάθε 4/3 του δευτερολέπτου. Tα χτυπήματα σε χρονικό διάστημα 1/2 του δευτερολέπτου ή και λιγότερο ακούγονται σαν ένα χτύπημα. Πόσα χτυπήματα θα ακούσουμε κατά τη διάρκεια 15 min?

(Κατ.34/Πρβλ. Νο.493)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.com/2012/02/blog-post_2612.html

Λύση

Λύση του N. Lntzs
Η μια καμπάνα, ας την ονομάσουμε Α κτυπά κάθε 7/4 του δευτερολέπτου,
έχει δηλαδή συχνότητα 4/7=16/28 κτύπους ανά δευτερόλεπτο.
Ενώ η άλλη, έστω Β, κτυπά κάθε 4/3 του δευτερολέπτου, έχει δηλαδή
συχνότητα 3/4=21/28 κτύπους ανά δευτερόλεπτο.
Συνεπώς σε 28 sec η Α έχει κάνει 16 κτύπους, ενώ η Β έχει κάνει 21
(χωρίς να μετρήσουμε τον κτύπο της έναρξης, την χρονική στιγμή μηδέν).
Αυτή την χρονική στιγμή (t=28 sec) κτυπούν ταυτόχρονα.
Το φαινόμενο αυτό επαναλαμβάνεται με περίοδο 28 sec.
Από τους 37 (=16+21) κτύπους, που γίνονται στο διάστημα των 28 sec,
μόνο 23 κτύποι γίνονται με διαφορά μεγαλύτερη του 0.5 sec.
Επομένως στα 15 min (=900 sec) το φαινόμενο θα επαναληφθεί 32 φορές
και θα απομείνουν και 4 sec (900=28*32+4).
Συνεπώς στα 896 sec (=32*28) θα ακουσθούν 32*23=736 κτύποι και στα
εναπομείναντα 4 sec θα ακολουθήσουν δύο κτύποι της καμπάνας Α μετά
από 1,75 και 3,5 sec και τρεις κτύποι της καμπάνας Β μετά από
4/3=1,333, 8/3=2,666, και 12/3=4 sec. Από αυτούς θα ακουσθούν
(λόγω διαφοράς μεγαλύτερης του 0.5 sec) ο δεύτερος της Α και οι τρεις
της Β, δηλ στα τελευταία 4 sec θα ακουσθούν τέσσερις κτύποι.
Συνολικά θα ακουσθούν 32*28+4=736+4=740 κτύποι, χωρίς να
καταμετρηθεί ο κτύπος της έναρξης, την χρονική στιγμή μηδέν.

Ιδιορρυθμίες (Ρετρό-Ανάλυση)

 Να αιτιολογήσετε, εάν η ανωτέρω θέση μπορεί να προκύψει από μια 

παρτίδα. (Ανθ. Σκακ. Παρ./Σ72/Νο.183β)

Διαβάστε περισσότερα »