Το Μήκος

Τι μήκος έχει η ανωτέρω χρυσή αλυσίδα που έχει 8 ίδιους κρίκους, διάμετρο κρίκου 10εκ., και πάχος κρίκου 1εκ.;

Α.64 Β.73 Γ.72 Δ.68 Ε.66

Λύση

Το μήκος της αλυσίδας είναι 66εκ. Έστω «λ» το μήκος του κρίκου, «κ» το πάχος του κρίκου και «Μ» το μήκος της αλυσίδας. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε για «ν» κρίκους την εξής εξίσωση:

Μ=2*(λ-κ)+(ν-2)(λ-2κ) ---> Μ=2*(10-1)+(8-2)*(10-2*1) ---> Μ=[(2*9)+6*(10-2)] --->

Μ=(2*9)+(6*8) ---> Μ=18+48 ---> Μ=66εκ.

IΖ΄ Κυπριακή Μαθηματική Ολυμπιάδα 2016 Α΄ & Β΄ Γυμνασίου

Πηγή:

http://www.cms.org.cy/assets/files/2015-2016/Olympiada-2016/Olympiada-2016-

A-B-Gymnasiou.pdf

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;

Α.6, Β.7, Γ.8, Δ.9, Ε.10

Λύση

Για να ισορροπήσει η ζυγαριά του σχήματος (3) χρειάζονται 9 κύκλοι. Έστω «τ» το τρίγωνο, «κ» ο κύκλος, και «τετ.» το τετράγωνο. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:

τ = 3κ (1)

2τ = 4τετ. (2)

?=6τετ. (3)

Από τη (2) συνάγουμε ότι:

τ = 4τετ ---> τ = 4τετ./2 ---> τ = 2τετ. (4)

Αντικαθιστούμε την (1) στη (3) κι’ έχουμε:

τ = 3κ ---> 2τετ. = 3κ (5)

Επομένως 2 τετράγωνα ισούνται με τρεις κύκλους.

Άρα για να ισορροπήσει η ζυγαριά του σχήματος (3) χρειάζονται 9 κύκλοι:

?=6τετ. ---> 3κ+3κ+3κ=2τετ.+2τετ.+2τετ. ---> 9κ=6τετ. (6)

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

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.

Tο δεύτερο ψηφίο του αριθμού ήταν ίδιο με το πέμπτο ψηφίο.

Kαι 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.

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 (105α+104β+103γ+102α+101β+γ). Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:

105α+104β+103γ+102α+101β+γ ---> 105α+102α+104β+101β+103γ+γ ---> 102α(103+1)+10β(103+1)+γ(103+1) ---> (103+1)(102α+10β+γ) --->

(103+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

Προβλήματα από το πηγάδι με τους άσσους

Διαγαλαξιακό πρόβλημα θεωρίας αριθμών

Ο Περικλής Πατομπούκαλος-εγνωσμένου κύρους αστρονόμος- έκανε μια σημαντική ανακάλυψη.Πίσω από τον Σείριο 1974 και ανατολικά του Σειρίου 1975 εντόπισε ένα νέο γαλαξία και σκοπεύει να του δώσει το όνομα του. Γαλαξίας Πατομπούκαλος (Φρίκη!!)

• Ο Πατομπούκαλος για την προσφορά του στην επιστήμη των αστεριών τιμήθηκε με το βραβείο Τζένη Αλικάκη και πιστώθηκε στον λογαριασμό του εξαψήφιο χρηματικό ποσό ευρώ ,τέτοιο ώστε, το 1ο ψηφίο είναι ίσο με το 4ο ,το 2ο με το 5ο και το 3ο με το 6ο ψηφίο.Να αποδείξετε ότι αν θέλει ο Πατομπούκαλος μπορεί να μοιράσει το ποσό εξίσου (σε ακέραια ποσά ευρώ) είτε στα 7 παιδιά του,είτε στα 13 εγγόνια του είτε στις 11 γάτες του.

•Πόσα αστέρια αποτελούν το νέο Γαλαξία; Ο Πατομπούκαλος έγραψε στο ημερολόγιο του:

«…Πόσα είναι τα αστέρια; Είναι ένας πρώτος αριθμός από αποτελείται από διαδοχικά 1 και 0 αρχίζει και τελειώνει σε 1….Περίεργο…»

Ποιο είναι το πλήθος των αστεριών του Γαλαξία Πατομπούκαλου;

Μια λύση ΕΔΩ:

https://app.box.com/s/tbygnirml1uljgt2aonw7dgbd7v5h2zn

(Για την ιστορία,το δεύτερο μέρος του προβλήματος χωρίς την ευγενική συμμετοχή του Πατομπούκαλου πιστώνεται στον Πωλ Έρντος και το αναφέρει ο A.Σοιφερ στο εξαιρετικό βιβλίο του με διαγωνιστικά προβλήματα The Colorado Mathematical Olympiad and Further Explorations.Όλα βέβαια ελέγχονται.Τα προβλήματα είναι σαν τα ανέκδοτα άπαξ και ειπωθούν όλοι ασχολούνται με το πρόβλημα και όχι με το δημιουργό του.)

Σημείωση:

Πρόβλημα του Paul Erdős από το βιβλίο του Alexander Soifer με τίτλο: «The Colorado Mathematic Olympiad and Further Explorations», 2011

Το Δημοψήφισμα

Σ΄ ένα χωριό της επαρχίας διεξήχθη δημοψήφισμα σε ποιο σημείο του ποταμού, που χωρίζει το Άνω Χωριό με το κάτω Χωριό, πρέπει να τοποθετηθεί μια γέφυρα.

Στο Άνω Χωριό ψήφισαν «κ» άτομα, όπου «κ» είναι τετραψήφιος αριθμός και παράλληλα τέλειο τετράγωνο.

Ενώ στο διπλανό χωριό, τo Κάτω Χωριό, 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;

Λύση

Από το Άνω Χωριό ψήφισαν 2.025 άτομα και από το Κάτω Χωριό 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

Πηγή:

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

Οι Τρεις Παρτίδες

Τρεις παίκτες παίζουν τρεις παρτίδες.

Στη πρώτη παρτίδα ό πρώτος χάνει, τόσα χρήματα, ώστε διπλασιάζει τα χρήματα των δύο άλλων.

Στη δεύτερη παρτίδα ο δεύτερος χάνει τόσα χρήματα, ώστε διπλασιάζει τα χρήματα των δύο άλλων.

Τέλος στη τρίτη παρτίδα ο τρίτος χάνει τόσα χρήματα, ώστε διπλασιάζει τα χρήματα των δύο άλλων.

Στο τέλος του παιχνιδιού ο καθ’ ένας είχε 1.000 δρχ. Να βρείτε πόσα χρήματα είχε ο καθ’ ένας πριν την έναρξη των παρτίδων.

Λύση

Έστω ότι ο παίκτης «Α» είχε αρχικά «α» χρήματα, ο παίκτης «Β» είχε αρχικά «β» χρήματα και ο παίκτης «Γ» είχε αρχικά «γ» χρήματα. Προφανώς ισχύει:

α+β+γ=3.000 (1)

Επειδή στην 3η παρτίδα οι παίκτες «Α» και «Β» διπλασίασαν τα χρήματα τους και ο καθ’ ένας είχε από 1.000δρχ., πριν την 3η παρτίδα είχαν από 500δρχ. ο καθ’ ένας. Άρα ο παίκτης «Γ» έχασε στην 3η παρτίδα: 500+500=1.000δρχ. Και αφού του έμειναν και 1.000δρχ. ακόμα, σημαίνει ότι πριν την 3η παρτίδα είχε 2.000δρχ. Στο ποσό αυτό ο «Γ» έφτασε διπλασιάζοντας το αρχικό ποσό δυο φορές, οπότε αρχικά ξεκίνησε με 500δρχ. Δηλαδή (γ=500). Ο παίκτης «Α», τώρα, μετά την πρώτη παρτίδα διπλασίασε δυο φορές τα χρήματα του και έφτασε τις 1.000δρχ. Άρα μετά την πρώτη παρτίδα του είχαν απομείνει 250δρχ. Δηλαδή από το αρχικό ποσό, αφαιρούμε τα ποσά των χρημάτων «β» και «γ» (αυτά που έχασε) και προκύπτουν 250δρχ.Δηλαδη:

α-(β+γ)=1.000-(250+500)=1.000-750=250 (2)

Προσθέσουμε κατά μέλη τις (1) και (2) κι’ έχουμε:

α+β+γ=3.000

α-β-γ=250

2α=3.250 ---> α=3.250/2 ---> α=1.625

Αντικαθιστούμε τις τιμές «α» και «γ» στην (1) κι’ έχουμε:

α+β+γ=3.000 ---> 1.625+β+500=3.000 ---> β=3.000-1.625-500 ---> β=3.000-2.125---> β= 875

Επαλήθευση:

α+β+γ=3.000 ---> 1.625+875+500=3.000

Πηγή:

Σχολή Ικάρων 1947

http://eisatopon.blogspot.gr/2016/06/blog-post_16.html

Ο Θεσσαλικός Κάμπος

O Θεσσαλικός κάμπος έχει έκταση 5.100 τετραγωνικά χιλιόμετρα και ο πληθυσμός της γης είναι 7 δισεκατομμύρια. Για να σταθεί όρθιος ένας άνθρωπος απαιτείται χώρος ενός τετραγώνου πλευράς 50 εκατοστών (0,50 μέτρων).

Ερώτηση:

Χωράει όρθιος ή ξαπλωμένος ο ανθρώπινος πληθυσμός στο Θεσσαλικό κάμπο;

Λύση

Ένα τετραγωνικό χιλιόμετρο ισοδυναμεί με ένα εκατομμύριο τετραγωνικά μέτρα, συνεπώς η έκταση του Θεσσαλικού κάμπου είναι 5.100.000.000τετραγωνικά μέτρα. Εξ άλλου κάθε άνθρωπος για να σταθεί όρθιος χρειάζεται χώρο:

0,50Χ0,50=0,25 τετραγωνικά μέτρα

και όλος ο ανθρώπινος πληθυσμός χρειάζεται χώρο:

0,25Χ7.000.000.000=1.750.000.000 τετραγωνικά μέτρα

Κάθε άνθρωπος (με ύψος 2μέτρα) ξαπλωμένος χρειάζεται χώρο:

2Χ0,50=1 τετραγωνικό μέτρο

και όλος ο ανθρώπινος πληθυσμός χρειάζεται χώρο:

1Χ7.000.000.000=7.000.000.000 τετραγωνικά μέτρα

1.750.000.000τ.μ.<5.100.000.000τ.μ.<7.000.000.000τ.μ.

Επομένως ο ανθρώπινος πληθυσμός χωράει όρθιος στο Θεσσαλικό κάμπο, όχι όμως και ξαπλωμένος.

Πηγή:

Περιοδικό Ευκλείδης τεύχος #74

http://eisatopon.blogspot.gr/2016/05/blog-post_86.html

Η Ανάμειξη

Ένας οινοποιός ήθελε να παρασκευάσει 400lit. κρασί 12 αλκολικών βαθμών "baume"*. Για να το παρασκευάσει ανέμειξε κρασί 10 αλκολικών βαθμών baume με κρασί 15 αλκολικών βαθμών baume. Πόσα λίτρα κρασιού ανέμειξε από το κάθε είδος;

Σημείωση:

Βαθμοί Baumé (Μπωμέ)

Η μέτρηση της περιεκτικότητας του μούστου σε ζάχαρα, ώστε να υπολογίσουμε την αλκοόλη που θα περιέχει το κρασί. Η μέτρηση γίνεται σε βαθμούς Baumé, με τη βοήθεια ενός οργάνου που βυθίζουμε στο μούστο και ονομάζεται μουστόμετρο. Οι βαθμοί Baumé που μετρούμε, αντιστοιχούν στους βαθμούς αλκοόλης που θα προκύψουν μετά την ολοκλήρωση της αλκοολικής ζύμωσης. Το όργανο, μας δίνει άμεσα αυτή την αναλογία.

Λύση

Θ’ αναμείξει 240lit. από το κρασί των 10 αλκολικών βαθμών baume και 160lit. από το κρασί των 15 αλκολικών βαθμών baume. Έστω «x» τα λίτρα από το του κρασί των 10 αλκολικών βαθμών baume που ανέμειξε, τότε τα λίτρα από το κρασί των 15 αλκολικών βαθμών baume που ανέμειξε θα είναι (400-x) (1)

Η ποσότητα του αλκοόλ σε λίτρα για κάθε είδος κρασιού είναι:

Των 10 αλκολικών βαθμών baume ---> x*(10/100)

Των 15 αλκολικών βαθμών baume --> (400-x)*(15/100)

Των 12 αλκολικών βαθμών baume --> 400*(12/100)

Η ποσότητα του αλκοόλ πριν και μετά την ανάμειξη είναι ίδια, δηλαδή:

x*(10/100) +(400-x)*(15/100) = 400*(12/100) ---> 10x+15*400-15x=12*400 --->

6.000-5x = 4.800 ---> 5x = 6.000-4.800 ---> 5x =1.200 ---> x =1.200/5 --->

x = 240lit. των 10 αλκολικών βαθμών baume (2)

Αντικαθιστούμε τη (2) στην (1) κι’ έχουμε:

400-x = 400-240 = 160lit των 15 αλκολικών βαθμών baume

Πηγη:

http://49gym-athin.att.sch.gr/math/Ask_Oikon_C_Class.pdf (Νο.22 /σελίδα 27)

Ο Αριθμός

 

Με ποιον αριθμό πρέπει ν’ αντικαταστ’ησουμε το ερωτηματικό;

Λύση

Με τον αριθμό 1. Διαβάστε τις δύο πρώτες σειρές αριθμών οριζόντια, η καθεμία ως ένας αριθμός — 289 και 324.Βρίσκουμε το τετράγωνο του κάθε αριθμού.

sqrt[289]=17^2

sqrt[324]=18^2

Το μοτίβο είναι ότι 17 x 17 = 289 και 18 x 18 = 324

Επομένως, είναι λογικό ότι η κάτω σειρά θα είναι 19 x 19 = 361.(sqrt[361]=19^2)

Άρα, ο αριθμός που λείπει είναι ο αριθμός 1

Οι Περιστροφές

Ένα ορθογώνιο περιστρέφεται περί την κορυφή του «A.» τρεις φορές, όπως φαίνεται στην παρακάτω εικόνα.

(α)Σε ποια θέση θα βρίσκεται το σημείο «A» μετά από τις τρεις περιστροφές;

(β)Πόσο θα είναι το μήκος της διαδρομής που θα έχει διανύσει;

Λύση

Μετά την τρίτη περιστροφή το σημείο «Α» βρίσκεται στην επάνω αριστερή γωνία με την επισήμανση «Β» (Βλέπε ανωτέρω σχήμα).

(1)Έστω ΑΒΓΔ η οριοθέτηση του ορθογωνίου, με «Β» η επισήμανση «Α». Δεξιόστροφη περιστροφή.

1η περιστροφή: Έχουμε ΓΑΒΔ.

2η περιστροφή: Έχουμε ΔΓΑΒ.

3η περιστροφή: Έχουμε ΒΔΓΑ.

(2)Σε κάθε περιστροφή η διαδρομή αποτελείται από ένα τεταρτημόριο του κύκλου με ακτίνες έκαστου τεταρτημόριου 2εκ., 0εκ., και 4εκ. αντίστοιχα. Άρα η συνολική διαδρομή που θα διανύσει είναι:

π+0+2π=3π εκ.= 3*3,14159265=9,42477795εκ.=9,42εκ

Πηγή:

http://eisatopon.blogspot.gr/2016/05/blog-post_71.html

Λύση του μαθηματικού Κώστα Δόρτσιου:

Περιστροφή Ορθογωνίου

Διαδρομή του σημείου «Α»

τοξ(ΜΕ)+τοξ(ΕΓ)=2π*2*(90ο/360ο)+2π*4**(90ο/360ο)=4π*(1/4)+8π*(1/4)=π+2π=3π εκ.

Μια πολύ ωραία περιστροφή εν κινήσει του μαθηματικού Κώστα Δόρτσιου μπορείτε να δείτε εδώ:

Πηγή:

http://eisatopon.blogspot.gr/2016/05/blog-post_17.html

Οι Καραμέλες ΙΙΙ (Συνέχεια...)

Δύο φίλοι, ο Γιάννης και ο Βαγγέλης, έχουν ένα κουτί με καραμέλες. Ο Γιάννης παίρνει από το κουτί κάποιες καραμέλες, και από αυτές που πήρε κρατάει τα 3/4 και τις υπόλοιπες, από αυτές που πήρε, τις δίνει στο Βαγγέλη. Στη συνέχεια ο Βαγγέλης παίρνει τις υπόλοιπες καραμέλες που έμειναν στο κουτί, κρατάει το 1/12 και δίνει στο Γιάννη τις υπόλοιπες. Αν σε κάθε μοιρασιά ο καθένας παίρνει ακέραιο αριθμό από καραμέλες και τελικά οι καραμέλες του Γιάννη είναι εξαπλάσιες από τις καραμέλες του Βαγγέλη, να βρείτε τον ελάχιστο αριθμό από καραμέλες που μπορεί να περιέχει το κουτί.

Λύση

Έστω ότι το Γιάννης παίρνει «γ» καραμέλες από τις οποίες κρατάει τα 3γ/4 και δίνει στο Βαγγέλη τα γ/4. Επειδή ο καθένας έχει ακέραιο αριθμό καραμελών σε αυτή τη μοιρασιά, πρέπει το «γ» να είναι πολλαπλάσιο του 4.

Έστω ότι ο Βαγγέλης παίρνει «β» καραμέλες, κρατάει τα β/12 και δίνει στο Γιάννη τα 11β/12. Επειδή ο καθένας έχει ακέραιο αριθμό καραμελών σε αυτή τη μοιρασιά, πρέπει το «β» να είναι πολλαπλάσιο του 12.

Ο Γιάννης έχει:

(3γ/4)+(11β/12)=(3*3γ+11β)/12= (9γ+11β)/12 καραμέλες

Και ο Βαγγέλης, έχει:

(γ/4)+(β/12)= (3γ+β)/12 καραμέλες

Αφού ο Γιάννης θα έχει τελικά εξαπλάσιες καραμέλες από το Βαγγέλη έχουμε την εξίσωση:

(9γ+11β)=6*(3γ+β) (1)

(9γ+11β)=6*(3γ+β) ---> 9γ+11β=18γ+6β ---> 11β-6β=18γ-9γ ---> 5β=9γ (2)

Διερεύνηση:

Οι ελάχιστοι θετικοί ακέραιοι που ικανοποιούν τις παραπάνω συνθήκες είναι γ=20 και β=36, οπότε το κουτί περιέχει τουλάχιστον 56 καραμέλες.

Επαλήθευση:

(9γ+11β)=6*(3γ+β) ---> 9*20+11*36=6*(3*20+36) ---> 180+396=6*(60+36) ---> 576=6*96

5β=9γ ---> 5*36=9*20 ---> 180=9*20

Πηγή:

76ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ “Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ” (16 Ιανουαρίου 2016) (Πρόβλημα 4/Γ΄ Γυμνασίου)