Η Εξίσωση

Η ανωτέρω  εξίσωση είναι λανθασμένη. Με μια μετακίνηση  ενός αριθμού η εξίσωση γίνεται σωστή. Μπορείτε να βρείτε  ποιόν αριθμό πρέπει μετακινήσετε ώστε να γίνει η εξίσωση σωστή; (Κατ.27/Νο.360)

Λύση

Μετακινούμε τον αριθμό 6 του αριθμού 62 και το κάνουμε εκθέτη του αριθμού 2. Οπότε έχουμε: 62-63 =1 --> (2^6)-63=1 --> 64-63=1

Rebus No.96 (2,5,13)

Λύση

ΟΙ ΤΡΕΙΣ ΣΩΜΑΤΟΦΥΛΑΚΕΣ

Η Συνάντηση

Aπό μία σταθερή δοκό κρέμεται με μία ελαστική ταινία (μεγάλης αντοχής) μήκους 8cm, μία σφαίρα. Επί της ταινίας βρίσκονται δύο πασχαλίτσες, οι οποίες κινούνται η μία προς την άλλη, με ταχύτητα 1cm ανά δευτερόλεπτο. Όμως, σε κάθε εκατοστό που διανύουν, η ταινία λόγω του βάρους της σφαίρας επιμηκύνεται επιπλέον κατά 8cm. Θα συναντηθούν ποτέ οι δύο πασχαλίτσες ή όχι? Αν ναι,σε πόσο χρόνο? (Κατ.34/Νο.624)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2011/04/blog-post_437.html

Λύση

Λύση του Aπόκληρος Ιβανόης. Σε χρόνο t, το άκρο της ταινίας που επιμηκύνεται είναι σε απόσταση έστω l(t)=L+Vt από τη δοκό (όπου L το αρχικό μήκος ταινίας και V η ταχύτητα επιμήκυνσης). Ότι ισχύει για τη μια πασχαλιτσα ισχυει και για την άλλη κι ετσι (χάριν απλότητας) μπορουμε να θεωρήσουμε το προβλημα ισοδυναμο με μία πασχαλιτσα διπλάσιας ταχύτητας που προσπαθεί να φτάσει από το κάτω άκρο δτην δοκό. Έστω οτι αυτη η απόσταση συναρτήσει του χρόνου t είναι x(t) .Αντιστοιχεί σε κλάσμα μ'ήκους της ταινίας: Κ(t)=x(t)/l(t) . To ζητούμενο του προβλήματος ισοδυναμεί με την ερώτηση: "Για ποιά τιμή του χρόνου t γίνεται το κλάσμα Κ(t) ίσο με 0; (αν υπάρχει δηλαδή τέτοια τιμή t) Για να απαντηθεί αυτο, πρέπει να δουμε πώς μεταβάλεται το Κ(t) συναρτήσει του χρόνου. Ουσιαστικά δηλαδή, πρέπει να λύσουμε την διαφορική εξίσωση που προκύπτει. Μετά από μια απειροελάχιστη μεταβολή χρόνου dt, η θέση της πασχαλίτσας x, αυξάνεται (απομακρύνεται δηλαδή από τη δοκό) κατά (x/l)*V dt εξαιτίας του τεντώματος και ταυτόχρονα μειώνεται (πλησιάζει στη δοκό) κατά u dt εξαιτίας της κίνησής της (με ταχύτητα πασχλίτσας ,γενικά, έστω u) Άρα έχουμε: K(t+dt)=(x+(x/l)Vdt-udt) / l+Vdt = (x/l) -(udt)/(l+Vdt) (1) Tη πρώτη τάξηι ως προς dt η (1) δίνει: K(t+dt)=K(t)-(u/l) dt (2) M'άλλα λόγια , το K(t) βαίνει μειούμενο ,εξαιτίας του γεγονότος πως σε χρόνο dt η πασχαλίτσα διανύει μια απόσταση udt σε σχέση με την ταινία , που έχει μήκος l(t). H εξίσωση (2) δίνει: dK(t)/dt = -u/l (3) Aντικαθιστώντας l(t)=L+V*t και με ολοκλήρωση στην (3), έχουμε: K(t)= 1-(u/V)*ln(1+(V/L)*t) (4) όπου η σταθερά Ολοκλήρωσης επιλέχτηκε ώστε να ικανοποιεί την Κ(0)=1 (το "όλον" της ταινίας) Μπορούμε λοιπόν ,μας δείχνει η λύση της διαφορικής εξίσωσης, για ΟΠΟΙΕΣΔΗΠΟΤΕ θετικές τιμές των u και V να κάνουμε το K(t)=0 (που είναι το ζητούμενο) ,θέτοντας απλά : t=(L/V)*(e^(V/u) -1) (5) Στην περίπτωσή μας: L/V=1 , V=8,u=2 , άρα η (5) δίνει: t=e^(8/2)-1 =53,59815...sec. Σε τόσο χρόνο θα συναντηθούν οι πασχαλίτσες (ή θα φτάσει η κάτω πασχαλίτσα την δοκό) ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ 1: Για μεγάλες ταχύτητες επιμήκυνσης ,δηλαδή για μεγάλο V/u o χρόνος που θα χρειαστεί η πασχαλίτσα γίνεται ΕΚΘΕΤΙΚΑ μεγάλος, αλλά ΠΑΝΤΑ φτάνει (αργά ,αλλά σίγουρα!) στο τέλος σε πεπερασμένο χρόνο! Για μικρά αντιθέτως V/u η (5) δίνει (προσεγγιστικά) t=L/u (όπως θα αναμενόταν). ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ 2: Αν γενικά ισχύει «u» μικρότερο «V», τότε τα έντομα αρχικά θα απομακρύνονται μεταξύ τους (ή εναλλακτικά το ένα από τη δοκό/άκρη)πριν τελικά αρχίσουν να μειώνουν την απόσταση ώσπου να συναντηθούν. Έχει ενδιαφέρον, παρότι δεν το ζητάει το πρόβλημα, να βρει κάποιος πόση είναι αυτή η μέγιστη απόσταση απομάκρυνσης. Απόσταση= x(t)=K(t)l(t)= =(1-(u/V)ln(1+(V/l)t))(L+Vt) (6) Παραγωγίζοντας την (6) και εξισώνοντας με το 0 , έχουμε: (1-(u/V) ln(1+(V/L)t))V -u=0 (7) Λύνοντας ως προς t,έχουμε: tmax=(L/V)(e^(V/(u-1) -1) (8) (8) στην (6),δίνει: xmax=(u/V)(L/e)e^(V/u) (9) O γενικός τύπος (9) στην περίπτωσή μας (V=4u) ,δίνει: xmax=(1/4e)e^4 = 37,10 L (δηλαδή περίπου 37 "μήκη ταινίας" Μια δεύτερη θεώρηση του προβλήματος είναι η "κβαντισμένη". Να θεωρηθεί δηλαδή ότι οι σχετικές αποστάσεις /ταχύτητες είναι διακριτές και όχι συνεχείς. Αυτό έχει την έννοια του "σπασίματος" του συνεχούς χρόνου σε "στιγμές" . Η ταινία διπλασιάζει μήκος και ΤΟΤΕ οι πασχαλίτσες κάνουν από 1 εκ(=βήμα).δηλαδή ο διπλασιασμός της ταινίας και η κίνηση των εντόμων να συμβαινει ΜΟΛΙΣ (μετά που θα) περάσει ένα δευτερόλεπτο. Μ'αυτή την θεώρηση μπορούμε να σκεφτούμε ως εξής: Μετά το 1ο βήμα ,το έντομο έχει κανει 1εκ. δηλ. 1/4 της ελαστικής ταινίας, ΚΑΘΟΣΟΝ το βάρος τεντώνει την ταινία στο 8/2 (4εκ.) και το άλλο έντομο απέχει τώρα 2 εκ. Στο επόμενο 2ο βήμα (άλλο 1 εκ.)κι αυτό αντιστοιχεί τωρα σε: 1/(4+4)=1/8 ταινίας. Το επόμενο (3ο) σε 1/(8+4)=1/12 κ.λ.π. Έτσι,ας πούμε σε 5 βήματα έχει διανύσει απόσταση που αντιστοιχεί σε κλάσμα του ολικού μήκους της ταινίας ίσο με: 1/4 + 1/8 + 1/12 + 1/16 + 1/20 ή (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5)/4 Για τη "συνάντηση" λοιπόν πρέπει να έχουμε: 1 +1/2 +1/3+1/4+...+1/ν=4 Το άθροισμα ν όρων αυτής της αρμονικής σειράς είναι ως γνωστόν (προσεγγιστικά): ln(ν)+γ+1/2ν (όπου γ η σταθερά Όυλερ-Μασκερόνι) Άρα έχουμε: ln(ν)+0,5772156649+1/2ν =4 Θεωρώντας το 1/2ν αμελητέο(σχεδόν μηδέν) ,έχουμε: ln(ν)=3,422784336 άρα τελικά: ν=e^3,422784336= περίπου 30,65 sec. Αυτή ή λύση είναι πολύ "χοντρική", για να μη πω μπακάλικη . Κάποιος θα μπορουσε να την πει και λανθασμένη ,καθότι αν σπάσουμε τα διαστήματα σε ακόμη μικρότερα του δευτερολέπτου "στιγμές" θα έχουμε άλλο αποτέλεσμα (πιο κοντινό στο αυστηρά σωστό, που προκύπτει με τη διαφορική εξίσωση). Αλλά αυτη η "κβαντική-κατατμηματική" αντιμετώπιση του προβλήματος δείχνει τη φυσική σημασία του θέματος. Οι πασχαλίτσες τελικά συναντιούνται γιατί η αρμονική σειρά αποκλίνει! Και θα συναντιουνται ΠΑΝΤΑ ακόμη και για πολύ μεγάλες επιμηκύνσεις της ταινίας και πολύ μικρές δικές τους ταχύτητες. Ο χρόνος όμως που θα απαιτειται τότε θα είναι ΠΟΛΥ μεγάλος. Σημ. Αν όμως η ταινία επιμηκυνθεί όχι με σταθερή ταχυτητα αλλά επιταχυνόμενα, οι πασχαλίτσες ΔΕΝ θα συναντηθούν!

Rebus No.95 (1,5,3,6,2,7,6)

Λύση

Ο ΓΥΡΟΣ ΤΟΥ ΚΟΣΜΟΥ ΣΕ ΟΓΔΟΝΤΑ ΗΜΕΡΕΣ

Rebus No.94 (8)

Λύση

Μνημόνιο [Μ(νη)(νότα Βυζαντινή)μονη(ιερά μονή*)ο] *ΙΕΡΑ ΜΟΝΗ ΠΑΝΑΓΙΑΣ ΚΑΤΑΦΥΓΙΩΤΙΣΣΗΣ, ΕΥΡΩΣΤΙΝΗΣ - ΚΟΡΙΝΘΙΑΣ

Οι Ζυγίσεις

Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός ζυγίσεων που απαιτούνται προκειμένου να διαπιστώσουμε, ποια είναι τα δύο βαρύτερα αντικείμενα από ένα πλήθος 128 αντικειμένων; (Κατ.27/Νο.359)
Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2013/07/128.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Το πρόβλημα είναι δυσεπίλυτο, για μένα τουλάχιστον και ακόμα πιο δύσκολο αν όχι άλυτο είναι το πρόβλημα της συνολικής κατάταξης και των 128 αντικειμένων . Μέχρι 11 αντικείμενα μπορείτε να δείτε εδώ: http://mathhmagic.blogspot.gr/2011/06/hugo-steinhaus.html Θα κάνω μόνο μία πιο απλή προσέγγιση στο θέμα των δύο βαρύτερων από 128. Με μία ζύγιση συγκρίνουμε 2 αντικείμενα και μετά ένα 3ο με αυτά τα 2 και βρίσκουμε τα δύο βαρύτερα, μετά συγκρίνουμε-ζυγίζουμε το 4ο με το βαρύτερο ή και δύο βαρύτερα και βρίσκουμε τα νέα δύο βαρύτερα, μετά το συγκρίνουμε το 5ο με το βαρύτερο ή και τα 2 βαρύτερα ανάλογα με το αποτέλεσμα της 1ης ζύγισης κ.ο.κ μέχρι και το 128ο αντικείμενο. Οι ζυγίσεις που απαιτούνται είναι: Α)Στην πλέον ευνοϊκή περίπτωση (με ελάχιστη πιθανότητα να συμβεί), το κάθε νέο αντικείμενο που θα σταθμίζουμε με το προηγούμενο βαρύτερο να βγαίνει σε όλες τις περιπτώσεις βαρύτερο, είναι: 1(η πρώτη) +126=127. Η πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι: (1/2)*(1/2)*(1/2)*...*(1/2)(126 φορές)=(1/2)^126 Β) Στην πλέον δυσμενή περίπτωση, μετά την 1η ζύγιση, το κάθε νέο αντικείμενο που θα σταθμίζεται, να χρειάζονται 2 ζυγίσεις , άρα σύνολο ζυγίσεων 1+126*2=253 ζυγίσεις. Η πιθανότητα να συμβεί αυτό είναι επίσης (1/2)^126 Γ) Μέσος αριθμός ζυγίσεων (με κάθε επιφύλαξη) Μετά την 1η ζύγιση το κάθε νέο αντικείμενο για να καταταγεί χρειάζεται κατά μέσο όρο (0.5*1+0.5*2)/2=1.5 ζυγίσεις, άρα σύνολο ζυγίσεων: 1+126*1.5= 190 ζυγίσεις.

Rebus No.93 (6)

Λύση

ΤΡΟΪΚΑ [Ρωσική τρόϊκα(τριάδα) αλόγων]