Οι Μαθητές

Οι μαθητές ενός σχολείου μπορούν να παραταχθούν σε σειρές των 3, 4, και 7 μαθητών, χωρίς να περισσεύει κανένας. Αν όμως παραταχθούν σε σειρές των 11μαθητών, χρειάζεται ακόμη ένας μαθητής για να συμπληρωθούν οι σειρές. Πόσοι  είναι οι μαθητές του σχολείου; (Κατ.5)

Πηγή:IΖ΄ Κυπριακή Μαθηματική Ολυμπιάδα 2016  Ε΄ & ΣΤ΄ Δημοτικού

Πηγή:http://www.cms.org.cy/assets/files/2015-2016/Olympiada-2016/Olympiada-2016-E-St-Demotikou.pdf

Λύση

Λύση του Γεώργιου Βούλγαρη Μαθηματικού.
Ο αριθμός των μαθητών είναι ένα πολλαπλάσιο των αριθμών 3, 4, και 7 που αν αυξηθεί κατά μια μονάδα γίνεται πολλαπλάσιο του 11.Τα κοινά πολλαπλάσια των αριθμών 3, 4, και 7 είναι: 84,168,252,... Από αυτά, το 252 αν αυξηθεί κατά μια μονάδα θα γίνει 253 τ’ οποίο είναι πολλαπλάσιο του 11.Άρα οι μαθητές είναι 252.
Λύση του Ευθύμη Αλεξίου.
Είναι 3*4*7=84 και αν X ο αριθμός των μαθητών τότε είναι X=84k και αν προσθέσουμε έναν μαθητή τότε 11/(84k+1)
Είναι όμως 84 ≡ 7mod11 ---> 7k+1=πολλ.11
Με μικρότερο k=3: 7k+1=πολλ.11 ---> 3*7+1=22 ---> 22/11=2
αλλά και κάθε k=3+11n
οπότε για k=3 είναι Χ=84*3=252 και το αμέσως μεγαλύτερο πλήθος μαθητών είναι X=84*(3+11*1)=1176 όμως τέτοιο πλήθος μαθητών σε Ελληνικό Σχολείο, θεωρώντας ότι το πρόβλημα αναφέρεται σε Ελληνικό Σχολείο, πόσο μάλλον για μεγαλύτερα πλήθη, δεν υπάρχει. Θεωρούμε σαν μόνη δεκτή και ρεαλιστική λύση το X=252.
Λύση του Συντάκτη.
Οι μαθητές του σχολείου είναι 252. Έστω ότι ο ζητούμενος αριθμός είναι ο Ν. Από τη σειρά των αριθμών 3, 4, και 7 βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. τους που είναι:
Ε.Κ.Π.(3,4,7)=22*3*7=84
Άρα οι μαθητές είναι 84*3=252
3 σειρές επί 28 μαθητές = 84 μαθητές.
4 σειρές επί 21 μαθητές = 84 μαθητές.
7 σειρές επί 12 μαθητές = 84 μαθητές
Σύνολο: 84*3=252 μαθητές.
Συνεπώς ο (Ν-1) ισούται μ’ ένα πολλαπλάσιο του 84: (Ν-1)=84, (Ν-1)=168, (Ν-1)=252.
Και Ν = (Πολλαπλάσιο +1), δηλαδή Ν=84+1=85, Ν=168+1=169, Ν=252+1=253.
11 σειρές επί 23 μαθητές = 253 μαθητές

Οι Τρόποι

Σ’ ένα νησί του Αιγαίου υπάρχουν δύο ξενοδοχεία. Με πόσους τρόπους μπορούν να επιλέξουν ξενοδοχείο τρεις Γερμανοί τουρίστες, που μόλις έφτασαν για διακοπές στο όμορφο αυτό νησί;

Λύση

Λύση του μαθηματικού Γεωργίου Βούλγαρη.
Με 8 τρόπους. Έστω 1, 2, και 3 οι τουρίστες και Α, και Β τα ξενοδοχεία, οπότε έχουμε:
1,και 2 στο Α ο 3 στο Β
1,και 2 στο Β ο 3 στο Α
1,και 3 στο Α ο 2 στο Β
1,και 3 στο Β ο 2 στο Α
2,και 3 στο Α ο 1 στο Β
2,και 3 στο Β ο 1 στο Α
1,2,3 στο Α
1,2,3 στο Β

Η Ισορροπία

Στην ανωτέρω εικόνα, οι δύο ζυγαριές (Σχ.1 και Σχ.2) ισορροπούν. Πόσους κύκλους πρέπει να βάλουμε στο αριστερό τάσι της ζυγαριάς  (Σχ.3), για να ισορροπήσουν τα έξι τετράγωνα; (Κατ.9Β΄)

Πηγη:IΖ΄ Κυπριακή Μαθηματική Ολυμπιάδα 2016  Ε΄ & ΣΤ΄ Δημοτικού

Πηγή:http://www.cms.org.cy/assets/files/2015-2016/Olympiada-2016/Olympiada-2016-E-St-Demotikou.pdf

Διαβάστε περισσότερα »

Το Ποσοστό

Στ' ανωτέρω σχήματα τι ποσοστό της επιφάνειας καλύπτει η πράσινη επιφάνεια; (Κατ.34)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2016/07/blog-post_9.html

Λύση

Λύση χωρίς το ορθογώνιο πλαίσιο (Σχ.1)
Το ποσοστό επιφανείας που καλύπτει το πράσινο τμήμα είναι 25%. Εάν ενώσουμε τα δυο πράσινα τριγωνάκια, έχουμε ένα τετράγωνο. Συνεπώς τα πράσινα τετράγωνα είναι 2.Το ρομβόσχημο σχήμα έχει επίσης 6 λευκά τετράγωνα. Συνολικά όλο σχήμα έχει επιφάνεια ισοδύναμη με 8 τετράγωνα. Εξ αυτών, τα δυο είναι πράσινα. Άρα η πράσινη επιφάνεια είναι τα 2/8=1/4=0,25 ή 25% της όλης επιφάνειας.
Λύση με το ορθογώνιο πλαίσιο (Σχ.2)
Λύση του μαθηματικού Γεωργίου Βούλγαρη.
Το ποσοστό επιφανείας που καλύπτει το πράσινο τμήμα είναι 16,66%. Εάν ενώσουμε τα δυο πράσινα τριγωνάκια, έχουμε ένα τετράγωνο. Συνεπώς τα πράσινα τετράγωνα είναι 2. Το εσωτερικό ρομβόσχημο σχήμα έχει επίσης 6 λευκά τετράγωνα. Το κάθε ένα από τα γωνιακά μεγάλα τρίγωνα, εάν χωριστεί στη μέση με τη διάμεσο και εν συνεχεία ενώσουμε τα δυο τρίγωνα κατά την υποτείνουσα σχηματίζει ένα τετράγωνο, οπότε το όλο σχήμα έχει επιφάνεια ισοδύναμη με 12 τετράγωνα. Εξ αυτών, τα δύο είναι πράσινα. Άρα η πράσινη επιφάνεια είναι τα 2/12=1/6= 0,1666= 16,66% της όλης επιφάνειας
Σημείωση:
Είναι απαραίτητο να συμπεριλάβουμε στην επιφάνεια ολόκληρο το σχήμα και ο όχι μόνο το εσωτερικό ρομβόσχημο.

Ο Γαλαξίας

O Δανός αστρονόμος, John Hoffen, το 1870, ανακάλυψε έναν νέο γαλαξία κοντά στον γαλαξία της Ανδρομέδας και τον ονόμασε «Μέδουσα»», μια από τις τρεις Γοργόνες της Μυθολογίας, κόρη του Φόρκυ ή Φορκέα και της Κητούς, αδελφή των Γοργόνων Σθενώ και Ευρυάλη, και των Γραιών Δεινώ, Ενυώ και Πεφρηδώ, ήταν στην αρχή Κενταύρισσα, λόγω του σχήματος που είχε. Για την ανακάλυψη αυτή τιμήθηκε από την Ακαδημία της Δανίας μ’ ένα βραβείο που συνοδευόταν από μια επιταγή μ’ έναν εξαψήφιο αριθμό. Το πρώτο ψηφίο του αριθμού ήταν ίδιο με το τέταρτο ψηφίο, το δεύτερο ψηφίο του αριθμού ήταν ίδιο με το πέμπτο ψηφίο και το τρίτο ψηφίο του αριθμού ήταν ίδιο με το έκτο ψηφίο. Το ποσό αυτό ήθελε να το διανείμει στα επτά παιδιά του, τα έντεκα εγγόνια του και τα δεκατρία δισέγγονα του
(α)Ποια είναι η αξία της επιταγής;

(β)Μπορούσε να μοιράσει αυτό το ποσό σε ακέραια ποσά;

(γ)Από πόσα άστρα αποτελείται ο νέος αυτός γαλαξίας;

 Διευκρίνιση για την ερώτηση (γ)

Είναι ένας πρώτος αριθμός και το τελευταίο ψηφίο του είναι ο αριθμός 1. 
Για να δοθεί η λύση να βοηθήσω λίγο. Είναι ένας πρώτος αριθμός και από αποτελείται από διαδοχικά 1 και 0  αρχίζει και τελειώνει σε 1….(Κατ.34)

Λύση

Η αξία της επιταγής ήταν 101.101$. Ναι, μπορεί να μοιράσει την αξία της επιταγής σε ακέραια ποσά. Τα επτά παιδιά του θα πάρουν το καθ’ ένα από 14.443$. Τα έντεκα εγγόνια του θα πάρουν το καθ’ ένα από 1.313$. Και το 13 δισέγγονα του θα πάρουν το καθ’ ένα από 101$. Ο γαλαξίας αποτελείται από 101 άστρα. Έστω «x» η αξία της επιταγής που πήρε ο αστρονόμος John Hoffen, η οποία αξία εξ ορισμού ισούται με «x=αβγαβγ» και είναι της μορφής (10^5α+10^4β+10^3γ+10^2α+10^1β+γ). Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:
10^5α+10^4β+10^3γ+10^2α+10^1β+γ --->
10^5α+10^2α+10^4β+10^1β+10^3γ+ γ--->
10^2α(10^3+1)+10β(10^3+1)+γ(10^3+1)--->
(10^3+1)(10^2α+10β+γ) --->
(10^3+1)(100α+10β+γ) ---> (1.000+1)(αβγ) ---> 1.001αβγ (1)
Μετατρέπουμε τον αριθμό 1.001 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κι’ έχουμε:
1.001=7*11*13
Άρα η (1) γίνεται:
1.001αβγ ---> 7*11*13αβγ (2)
Με διερεύνηση βρίσκουμε ότι το «αβγ» αντιστοιχεί στον πρώτο αριθμό 101.
Για τη διερεύνηση βλέπε εδώ:
https://app.box.com/s/tbygnirml1uljgt2aonw7dgbd7v5h2zn

Η Ισορροπία

Θέλουμε να ισορροπήσουμε την ανωτέρω ζυγαριά, χρησιμοποιώντας τα τέσσερα αυτά βάρη που είναι από 1kg. έως 40kg. (ακέραιοι αριθμοί). Ποιο είναι το μεγαλύτερο βάρος, με τ' οποίο μπορούμε να ισορροπήσουμε την ζυγαριά;
Διευκρίνιση:
Στο ένα τάσι θα βάλουμε το ένα βάρος και στο άλλο τάσι τα τρία βάρη. (Κατ.34)

Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2016/06/blog-post_73.html

Λύση

Το μεγαλύτερο βάρος προκύπτει, εάν βάλουμε στο ένα τάσι το βάρος των 40κιλών και στο άλλο τάσι 3 βάρη, που με διάφορους συνδυασμούς να έχουμε ως αποτέλεσμα 40κιλά. Άρα το μεγαλύτερο βάρος συνολικά είναι 80κιλά.
Π.χ. 1+3+36=40 ---> 40=40 ---> 80Κg.

Το Δημοψήφισμα και Η Ηλικία

Στην Λοξολάνδη διεξήχθη  δημοψήφισμα για την φίμωση των ροζ παπαγάλων. Στο χωριό Άνω Ραχούλα ψήφισαν «κ» άτομα, όπου «κ» είναι τετραψήφιος αριθμός και παράλληλα τέλειο τετράγωνο, ενώ στο διπλανό χωριό, την Κάτω Ραχούλα, ψήφισαν «λ» άτομα, όπου ο «λ» είναι  επίσης τέλειο τετράγωνο και  προκύπτει  εάν αυξήσουμε τα ψηφία του αριθμού «κ» κατά μια μονάδα.

Πόσοι ψήφισαν σε κάθε χωριό; (Κατ.34)

Ο δήμαρχος  της Άνω Ραχούλας  Μπόρις Καλοχαιρέτας ρωτήθηκε από τους
δημοσιογράφους για το αποτέλεσμα του δημοψηφίσματος και ως συνήθως
απάντησε κάτι άλλο.

-«Να σας πω. Η ηλικία μου είναι ένας πρώτος αριθμός  που όταν διαιρεθεί με την ηλικία του εξάχρονου  εγγονού μου δίνει πηλίκο 14»

Ποια είναι η ηλικία του δήμαρχου Καλοχαιρέτα; (Κατ.34)

Πηγή:http://mathhmagic.blogspot.gr/2016/06/blog-post_25.html

Λύση

(α)Από την Άνω Ραχούλα ψήφισαν 2.025 άτομα και από την Κάτω Ραχούλα ψήφισαν 3.136 άτομα. Εάν κ=α^2 και λ=β^2, τότε από υπόθεση προκύπτει η σχέση: β^2-α^2=1.111 ή (β-α)(β+α)=11*101 Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί 11 και 101 είναι πρώτοι αριθμοί και επειδή β-α<β+α διακρίνουμε δυο περιπτώσεις:
(Ι)β-α=1 (1)
β+α=1.111 (2)
(ΙΙ)β-α=11 (1)
β+α=101 (2)
Το σύστημα (Ι) δίνει:
Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) κι’ έχουμε:
β-α=1
β+α=1.111
2β=1.112 ---> β=1.112/2 ---> β=556 (3)
Αντικαθιστούμε τη (3) στην (1) κι’ έχουμε:
β-α=1 ---> 556-α=1 ---> α=556-1 ---> α=555 (4)
Και τα δύο αποτελέσματα απορρίπτονται καθώς τα τετράγωνα τους έχουν περισσότερα από 4 ψηφία.
Το σύστημα (ΙΙ) δίνει:
Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) κι’ έχουμε:
β-α=11
β+α=101
2β=112 ---> β=112/2 ---> β=56 (3)
Αντικαθιστούμε τη (3) στην (1) κι’ έχουμε:
β-α=11 ---> 56-α=11 ---> α=56-11 ---> α=45 (4)
Οι λύσεις είναι δεκτές καθώς:
45^2=2.025 και 56^2=3.136
Επαλήθευση:
κ=α^2 ---> κ=45^2 ---> κ=2.025
λ=β^2 ---> λ=56&2 ---> λ=3.136
(Ι)β-α=1 ---> 556-555=1
β+α=1.111 ---> 556+555=1.111
(ΙΙ)β-α=11 ---> 56-45=11
β+α=101 ---> 56+45=101
(β)Ο δήμαρχος είναι 89 ετών. Αν «η» η ηλικία του Καλοχαιρέτα, τότε από υπόθεση προκύπτει, βάσει του τύπου της "Ευκλείδειας Διαίρεσης":
Διαιρετέος=(διαιρέτης*πηλίκο)+υπόλοιπο ---> Δ=(δ*π)+υ, όπου υ<δ
έχουμε:
η=14*6+υ, όπου 0≤υ<δ
Διερεύνηση:
Για υ=0, υ=1, υ=2, υ=3, υ=4 έχουμε:
η=84, η=85, η=86, η=87, και η =88
οι αριθμοί «η» που προκύπτουν δεν είναι πρώτοι αριθμοί.
Για υ=5, έχουμε:
η=(14* 6) +5= 89
Ο αριθμός 89 είναι πρώτος αριθμός.