Η Ισορροπία (Ι)

Η ανωτέρω ζυγαριά ισορροπεί. Εάν:

και το άθροισμα των βαρών των αντικειμένων της ζυγαριάς είναι:

Να βρεθεί το βάρος του κάθε αντικειμένου. (Κατ.9Α΄/Νο.16)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/10/blog-post_4527.html

Λύση

Το πρόβλημα έχει 5 λύσεις. Το κάθε αντικείμενο ζυγίζει: Σφαίρα: 12, 13, 14, 15, και 16κιλά αντίστοιχα. Ρόμβος: 1, 3, 5, 7, και 9κιλά αντίστοιχα. Τρίγωνο: 1, 4, 7, 10, και 13κιλά αντίστοιχα. Τετράγωνο: 2, 4, 6, 8, και 10κιλά αντίστοιχα. Έστω «α» η σφαίρα, «β» ο ρόμβος, «γ» το τρίγωνο και «δ» το τετράγωνο. Βάσει της εκφωνήσεως των δεδομένων του προβλήματος έχουμε: α+β+γ+δ=32 (1) α+2β=β+γ+2δ (2) α-2=β+γ (3) Από τη (3) συνάγουμε ότι: α-2=β+γ (3) --> α=β+γ+2 (4) Αντικαθιστούμε τη (4) στη (2) κι’ έχουμε: α+2β=β+γ+2δ --> β+γ+2+2β=β+γ+2δ --> 3β+γ+2=β+γ+2δ --> 3β-β=γ+2δ-γ-2 --> 2β=2δ-2 --> 2β=2*(δ-1) --> β=[2*(δ-1)]/2 --> β = δ-1 (5) Αντικαθιστούμε τη (5) στη (4) κι’ έχουμε: α=β+γ+2 --> α= δ-1+γ+2 --> α=δ+γ+1 (6) Αντικαθιστούμε τις τιμές (5) και (6) στην (1) κι’ έχουμε: α+β+γ+δ=32 --> δ+γ+1+ δ-1+γ+δ=32 --> 3δ+2γ=32 --> 3δ=32-2γ --> δ=(32-2γ)/3(6) Διερεύνηση: Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε την διερεύνηση των ακέραιων ριζών. Δίνοντας στο "γ" τις τιμές από το 1 έως το 13, μεγαλύτερες τιμές δίδουν δεκαδικούς και αρνητικούς αριθμούς, βλέπουμε ότι οι μοναδικές τιμές που ικανοποιούν τη συνθήκη και δίνουν ακέραιους αριθμούς "δ" είναι οι αριθμοί γ=1, 4, 7, 10, και 13 αντίστοιχα . (7). Αντικαθιστούμε τη τιμή του «γ» στην (6) κι’ έχουμε: δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*1)/3 --> δ=(32-2)/3 --> δ=30/3 --> δ=10 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*4)/3 --> δ=(32-8)/3 --> δ=24/3 --> δ=8 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*7)/3 --> δ=(32-14)/3 --> δ=18/3 --> δ=6 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*10)/3 --> δ=(32-20)/3 --> δ=12/3 --> δ=4 (8) δ=(32-2γ)/3 --> δ=(32-2*13)/3 --> δ=(32-26)/3 --> δ=6/3 --> δ=2 (8) Αντικαθιστούμε τη τιμή του «δ»¨στη (5) κι’ έχουμε: β=δ-1 --> β=10-1 --> β=9 (9) β=δ-1 --> β=8-1 --> β=7 (9) β=δ-1 --> β=6-1 --> β=5 (9) β=δ-1 --> β=4-1 --> β=3 (9) β=δ-1 --> β=2-1 --> β=1 (9) Αντικαθιστούμε τις τιμές «β» και «γ» στη (4) κι’ έχουμε: α=β+γ+2 --> α=9+1+2=12 (10) α=β+γ+2 --> α=7+4+2=13 (10) α=β+γ+2 --> α=5+7+2=14 (10) α=β+γ+2 --> α=3+10+2=15 (10) α=β+γ+2 --> α=1+13+2=16 (10) Επαλήθευση: Α) α+β+γ+δ=32 --> 12+9+1+10=32 α+β+γ+δ=32 --> 13+7+4+8=32 α+β+γ+δ=32 --> 14+5+7+6=32 α+β+γ+δ=32 --> 15+3+10+4=32 α+β+γ+δ=32 --> 16+1+13+2=32 Β) α+2β=β+γ+2δ --> 12+2*9=9+1+2*10 --> 12+18=9+1+20=30 α+2β=β+γ+2δ --> 13+2*7=7+4+2*8 --> 13+14=7+4+16=27 α+2β=β+γ+2δ --> 14+2*5=5+7+2*6 --> 14+10=5+7+12=24 α+2β=β+γ+2δ --> 15+2*3=3+10+2*4 --> 15+6=3+10+8=21 α+2β=β+γ+2δ --> 16+2*1=1+13+2*2 --> 16+2=1+13+4=18 Γ) α-2=β+γ --> 12-2=9+1=10 α-2=β+γ --> 13-2=7+4=11 α-2=β+γ --> 14-2=5+7=12 α-2=β+γ --> 15-2=3+10=13 α-2=β+γ --> 16-2=1+13=14

Οι Διαδρομές

Στην ανωτέρω εικόνα βλέπετε ένα πεζόδρομο χωρισμένο με παρτέρια από λουλούδια. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να πάμε από το 
σημείο Α στο σημείο Β; (Κατ.27/Νο.337) 

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/10/blog-post_5915.html

Λύση

Με 8 διαφορετικές διαδρομές.

Τα Δένδρα

Δύο δέντρα βρίσκονται σε απόσταση 100 m, το ένα από το άλλο, και έχουν και τα δύο ύψος 100 m. Εάν πέσουν και τα δύο (προς μία κατεύθυνση), ποια είναι η πιθανότητα το ένα δένδρο να πέσει πάνω στο άλλο;  (Κατ.34/Νο.532)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/09/blog-post_2626.html

Λύση

Λύση του Γίωργου Ριζόπουλου. Η περίπτωση μπορεί να προσομοιωθεί με δύο αλληλοτεμνόμενους κατά κέντρα κύκλους ακτίνας ρ1=ρ2=100μ. Ένα Vesica Piscis (ή Mandorla, στα Ιταλικά): http://en.wikipedia.org/wiki/Vesica_piscis http://it.wikipedia.org/wiki/Vesica_piscis Για να συγκρουστούν τα δέντρα (οι ακτίνες ρ στο μαθηματικό Μοντέλο ) πρέπει να πέσουν στην τομή των κύκλων. Το κάθε τόξο κύκλου που σχηματίζεται (και στο οποίο αντιστοιχεί η κοινή χορδή) είναι ακριβώς 1/3 του κύκλου. Άρα η πιθανότητα η πρώτη ακτίνα (δέντρο) να πέσει εκεί, είναι 1/3. Ομοίως και για το άλλο 1/3. Άρα η πιθανότητα να πέσουν και η δυο στην τομή (στο Vesica Piscis) είναι 1/3 * 1/3= 1/9. Για να συγκρουστούν όμως (να τμηθούν δηλαδή οι ακτίνες) η πιθανότητα είναι ½. Αρκεί να σκεφτούμε ότι πέφτει η πρώτη ακτίνα και η δεύτερη έχει 0,5 πιθανότητα να συμπέσει στο ίδιο μισό (1/6 του κύκλου) του τόξου (1/3 του κύκλου). Άρα η πιθανότητα σύγκρουσης είναι (1/9)*1/2 =1/18 , περίπου 5,55%. Λύση του batman1986. Εφ όσον είναι δεδομένο ότι τα δέντρα πέφτουν προς την ίδια κατεύθυνση άρα το ίδιο ημιεπίπεδο πρέπει να σχηματίζουν τρίγωνο για να τμηθούν έστω και οριακά. Κάθε δέντρο διαγράφει γωνία από 0 έως 180 μοίρες σε κάθε ένα από τα 2 ημιεπίπεδα. Η οριακή περίπτωση σχηματισμού τριγώνου είναι και τα 2 δέντρα να σχηματίζουν γωνία 60 μοιρών (ισόπλευρο τρίγωνο, δηλαδή) αφού οι ακτίνες τους είναι ρ=100μ ,όσο και η μεταξύ τους απόσταση. Η γωνία μετριέται με φορά από την ευθεία που τα ενώνει προς το ύψος του καθενός. Για γωνία μικρότερη των 60 μοιρών και για τα 2 δέντρα έχουμε σχηματισμό τριγώνου. Εάν όμως κάποιο από τα 2 έχει μεγαλύτερη γωνία των 60 μοιρών τότε δεν σχηματίζεται τρίγωνο άρα και δεν τέμνονται Άρα η επιθυμητή φορά διαγραφής αναφέρεται στις 60 μοίρες άρα στο 1/3 του συνόλου των ενδεχομένων (των 180 μοιρών, δηλαδή) Άρα P=(1/3)*(1/3)=1/9, περίπου 1,11%

Το Υπόλοιπο

Ένας αριθμός έχει εκατό ψηφία. Τα δέκα τελευταία ψηφία του είναι: ...5.792.365.435. Ποιο είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης δια του 8; (Κατ.1/Νο.128)

Πηγή:http://nikos-kritikos.blogspot.gr/2011/01/8.html

Λύση

Λύση του batman1986. Παρατηρούμε ότι ο αριθμός ...5.792.365.435 είναι πολ/σιο του 5 Θα τον σπάσουμε σε ...5.792.365.432 +3 Ο οποιος γράφεται: ...5.792.365.432=...5.792.365.000+432 Και οι 2 όροι είναι πολ/σια του 8 αφού 432/8=54 και ...5.792.365.000/8=125*(...5.792.365) που είναι ακέραιος Άρα το υπόλοιπο είναι το 3. Λύση του Γιώργου Ριζόπουλου. Ένας φυσικός αριθμός διαιρείται διά του 8 αν τα 3 τελευταία ψηφία του, διαιρούνται δια του 8. Αν όχι, το υπόλοιπο της διαίρεσης των 3 τελευταίων ψηφίων με το 8 είναι και το γενικό υπόλοιπο. Στην περίπτωσή μας 435/8 = 54, 375 ή 54 και 3 υπόλοιπο. (54*8=432) Άρα 3 είναι το ζητούμενο υπόλοιπο. ΥΓ. Αν τα 3 τελευταία ψηφία είναι ..002, 003, 004 κλπ το υπόλοιπο της διαιρεσης με το 8 είναι 2, 3, 4, 5 κλπ αντίστοιχα.

Το Πρόβλημα του Κινέζου Μάγειρα

Σε μία επιδρομή 17 πειρατές αρπάζουν ένα μπαούλο γεμάτο με χρυσές λίρες (ίσης αξίας). Αποφασίζουν να τις μοιραστούν σε ίσα μέρη και να δώσουν το υπόλοιπο στον Κινέζο μάγειρα του καραβιού τους. Σ΄ αυτόν αντιστοιχούν 3 λίρες. Σε μία μάχη που έδωσαν οι πειρατές σκοτώθηκαν έξι από αυτούς. Στον μάγειρα τότε αντιστοιχούν 4 λίρες. Κατόπιν σε ένα ναυάγιο σώθηκαν μόνο έξι από αυτούς, το μπαούλο και ο μάγειρας. Στο μάγειρα τότε αντιστοιχούν 5 λίρες. Κατόπιν ο μάγειρας δηλητηριάζει τους πειρατές και παίρνει το μπαούλο. Πόσες λίρες τουλάχιστον περιέχει το μπαούλο; (Κατ.34/Νο.531)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2012/08/blog-post_8656.html

Λύση

Λύση του Γιώργου Ριζόπουλου. Αν «x» o αριθμός (αναγκαστικά ακέραιος) των λιρών ,ψάχνουμε μια λύση (αν υπάρχει!) στο σύστημα x=17*a+3, x=11*b+4, x=6*c+5 Αυτό το σύστημα γράφεται: x=3 mod(17) x=4 mod(11) x=5 mod(6) Οι αριθμοί 17, 11 είναι πρώτοι και ο 6 αναλύεται στο γινόμενο πρώτων 2*3 ,έτσι οι 17,11,6 είναι relatively primes και σύμφωνα με το Θεώρημα του Κινέζικου Υπολοίπου (δεν ξέρω αν είναι δόκιμος στα ελληνικά ο όρος: Chinese Remainder Theorem ) υπάρχει λύση με mod το γινόμενο τους. mod(17*11*6) = mod(1122) 1.122/17= 66, 1.122/11=102, 1.122/6=187 Άρα προκύπτει το σύστημα: 66*x1=1 (mod17) (με λύση x1=8) 102*x2=1 (mod11) (με λύση x2=4) 187*x3=1 (mod6) (με λύση x3=1) Άρα τελικά η λύση x που ψάχνουμε είναι: x= 8* 66 * 3 + 4*102*4 + 1*187 *5= 4.151 (νομίσματα) Υπάρχουν άπειρες της μορφής 4.151 (mod 1.122), δηλαδή όλοι οι αριθμοί ν (θετικοί και αρνητικοί) της μορφής 4.151+ ν*1122 αποτελούν λύση του συστήματος. Για "ν" μικρότερο του μηδενός,λόγω του ότι το πρόβλημα ζητάει τον ελάχιστο αριθμό νομισμάτων, οι τιμές του ν θα είναι αρνητικές, έχουμε: Α.) x="17*a+3"> 785=17*a+3 --> a=(785-3)/17 --> a=782/17 --> a=46, Β.) x=11*b+4 --> 785=11*b+4 --> b=(785-4)/11 --> b=781/11 --> b=71, Γ.) x=6*c+5 --> 785=6*c+5 --> c=(785-5)/6 --> c=780/6 --> c=130 ΕΠΑΛΗΘΕΥΣΗ: A.) x=17*a+3 --> 785=17*46+3, B.) x=11*b+4 --> 785=11*71+4, Γ.) x=6*c+5 --> 785=6*130+5

Το Ασανσέρ

 

Λόγω περιορισμών στο βάρος, σε ένα ασανσέρ επιτρέπεται να μπουν είτε το μέγιστο 12 ενήλικες είτε το μέγιστο 20 παιδιά. Εννοείται ότι επιτρέπεται να μπουν και ανάμικτοι, ενήλικες και παιδιά. Αν μπήκαν στο ασανσέρ 9 ενήλικες, ποιος είναι ο πιο μεγάλος αριθμός παιδιών που επιτρέπεται να μπει; 
Διευκρίνιση:

Για πρακτικούς λόγους θεωρούμε ότι οι ενήλικες ζυγίζουν το ίδιο μεταξύ τους και όλα τα παιδιά ζυγίζουν το ίδιο μεταξύ τους. (Κατ.34/Νο.530)
Πηγή:http://nikos-kritikos.blogspot.gr/2011/10/blog-post_09.html

Λύση

Ο μέγιστος αριθμός παιδιών που επιτρέπεται να μπει είναι πέντε παιδιά. Εφαρμόζοντας την απλή μέθοδο των τριών έχουμε: Κατάταξη: Το βάρος των 12 ενήλικων αντιστοιχεί με το βάρος των 20 παιδιών. Το βάρος των 9 ενηλίκων αντιστοιχεί με το βάρος «x»; παιδιών x=(9*20)/12 --> x=180/12 --> x=15 Άρα ο μέγιστος αριθμός παιδιών είναι:20-15=5 παιδιά. Εναλλακτικός τρόπος: Έχουν μπει 9 ενήλικες, άρα μπορεί να μπουν ακόμη 12-9= 3 ενήλικες ή (12/4) ενήλικες που ισούται με (20/4) παιδιά= 5 Παιδιά

Σχηματισμοί

Χρησιμοποιώντας τους αριθμούς 2, 6, 8 και 9 από μία φορά και τις τέσσερις πράξεις (όχι απαραίτητα όλες), να σχηματίσετε τον αριθμό 31. (Κατ.43/Νο.18)

Λύση

[((6*9)+8)/2]=[(54+8)/2]=62/2=31, [(6+9)+(2*8)]=15+16=31