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.