Ένας δρομέας μπορεί να τρέξει από το σημείο «Κ» έως στο σημείο «Λ» και να επιστρέψει στο σημείο «Κ» σ’ ένα ορισμένο χρόνο με σταθερή ταχύτητα 4Km./h. Εάν τρέξει από το σημείο «Κ» προς το σημείο «Λ» με ταχύτητα 3Km./h και επιστέψει από το σημείο «Λ» προς το σημείο «Κ» με ταχύτητα 5Km./h, χρειάζεται 10λεπτά περισ-σότερο για την συνολική διαδρομή. Πόση χιλιόμετρα είναι η διαδρομή «Κ-Λ»;
Σάββατο 4 Μαρτίου 2023
Παρασκευή 3 Μαρτίου 2023
Η Θέση
Ο Κώστας πήγε στον κινηματογράφο «Αθήναιον» να δει την ταινία «Καζαμπλάνκα». Λόγω της ταινίας υπήρχαν μπροστά στο ταμείο μαζί με το Κώστα 17 άτομα.
(α) Μπροστά του υπάρχουν τριπλάσια άτομα απ’ όσα βρίσκονται πίσω του. Ποια είναι η θέση του από την αρχή της σειράς;
(β) Εάν η εκφώνηση του προβλήματος ήταν αντίστροφη και μετρούσαμε τα άτομα από το τέλος προς το ταμείο. Ποια είναι η θέση του από τo τέλος της σειράς;
Διευκρίνιση:
(α) Η σειρά ξεκινάει από το ταμείο.
(β) Η σειρά ξεκινάει από το τέλος προς το ταμείο.
Λύση
(α)Ο Κώστας βρίσκεται στην 13η θέση της ουράς από την αρχή.
(β)Ο Κώστας βρίσκεται στην 5η θέση της ουράς από το τέλος.
(α)Τα άτομα που περιμένουν στη σειρά χωρίς το Κώστα είναι:
17-1=16 άτομα.
Τα 16 άτομα είναι χωρισμένα σε 4 ίσα μέρη, από τα οποία τα τρία τέταρτα βρίσκονται μπροστά από το Κώστα και το ένα τέταρτο πίσω του. Επομένως μπροστά του βρίσκονται:
16*(3/4)=4*3=12 άτομα
Άρα ο Κώστας βρίσκεται στην 13η θέση της ουράς που περιμένει στο ταμείο.
(β)3(ν-1)=17-ν ---> 3ν-3=17-ν ---> 3ν+ν=17+3 ---> 4ν=20 ---> ν=20/4 ---> ν=5 θέση
Άρα ο Κώστας βρίσκεται στην 5η θέση της ουράς από το τέλος.
Τα Χρήματα
Ο κ. Ασημάκης μια μέρα αποφάσισε να πάει παρέα με τους φίλους του σε μια ταβέρνα στη γειτονιά του, «Το Γιοματάρι», για να θυμηθούν τα παλιά. Αφού παραγγείλανε τα σχετικά, αρχίσανε να συζητάνε και να θυμούνται τα περασμένα πίνοντας, τρώγοντας και τραγουδώντας παλιά τραγούδια . Έτσι πέρασε η ώρα και ο κ. Ασημάκης αποφάσισε να φύγει. Αφού πλήρωσε το λογαριασμό διαπίστωσε ότι είχε στο πορτοφόλι του τόσα λεπτά όσα ήταν τα ευρώ που είχε αρχικά. Επίσης τα ευρώ που έχει μετά την πληρωμή του λογαριασμού είναι τα μισά από τα λεπτά που είχε αρχικά. (π.χ. αρχικά είχε 12,10€ και μετά την πληρωμή του λογαριασμού έχει 5,12€). Πόσα χρήματα είχε αρχικά, εάν τα χρήματα που του έμειναν στο πορτοφόλι αντιστοιχούν στα μισά από αυτά που είχε στην αρχή πριν πληρώσει τον λογαριασμό;
Λύση
Ο κ. Ασημάκης αρχικά είχε στο πορτοφόλι του 99,98€ και μετά τη πληρωμή του λογαριασμού είχε στο πορτοφόλι του 49,99€ που αντιστοιχούν στα μισά χρήματα που είχε αρχικά. Ο κ. Ασημάκης αρχικά είχε α € και β λεπτά μετά την πληρωμή του λογαριασμού είχε (β/2)€ και α λεπτά. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
α = 2*(β/2)+1 (1)
β = 2α–100 (2)
Από την (1) συνάγουμε ότι:
α = 2*(β/2)+1 ---> α= β + 1 (3)
Αντικαθιστούμε τη (2) στη (3) κι’ έχουμε:
α = β+1 ---> α = 2α–100+1 ---> α = 99 (4)
Αντικαθιστούμε τη (4) στη (2) κι’ έχουμε:
β = 2α – 100 ----> β=[(2*99)-100] ---> β=198-100 ---> β=98 (5)
Επαλήθευση:
α = 2 *(β/2)+1 ---> α=2*(98/2)+1 ---> α=98+1 ----> α=99
β = 2α–100 ---> [(2*99)-100] ----> β=198-100 ----> β=98
Πέμπτη 2 Μαρτίου 2023
Η Πυραμίδα
Το ύψος μιας Αιγυπτιακής πυραμίδας, σε μέτρα, είναι μεγαλύτερο από το γινόμενο δύο περιττών διψήφιων αριθμών, αλλά μικρότερο από το τετράγωνο του ημιαθροίσματός τους. Για ποιον Φαραώ κατασκευάσθηκε η εν λόγω πυραμίδα και πιο είναι το ύψος της;
Λύση
Από τη διατύπωση του προβλήματος καταλαβαίνουμε ότι οι δύο περιττοί αριθμοί είναι διαφορετικοί, ειδάλλως, το γινόμενό τους θα ήταν ίσο με το τετράγωνο του ημιαθροίσματος τους. Επομένως, το ελάχιστο δυνατό γινόμενο είναι 11*13=143. Το επόμενο γινόμενο είναι 11*15=165. Αφού δεν υπάρχει καμιά πυραμίδα ψηλότερη από 165μ., οι περιττοί αριθμοί είναι το 11 και το 13, και το ύψος της πυραμίδας είναι μεγαλύτερο από τα 143μ., αλλά μικρότερο από τα [(11+13)/2]^2=(24/2)^2=12^2=144μ. Η πυραμίδα του Φαραώ Χέοπα (≈2609 π.Χ. – 2566 π.Χ.) έχει ύψος 146,60μ. και η πυραμίδα του Φαραώ Χεφρήνου έχει ύψος 143,50μ. Επομένως η πυραμίδα κατασκευάστηκε, περίπου το 2520 π.Χ., για τον Φαραώ Χεφρήνο (Χεφρήν)(≈2535 π.Χ-2479 π.Χ.).
Πηγή:
Quantum:Μαθηματικοί Γρίφοι (Τόμος 1ος, πρβ.15, Σελ.22)
Οι ΚαραμέλεςIV
Ο Γιώργος και οι φίλοι του έχουν 450 καραμέλες τις οποίες μοίρασαν μεταξύ τους σε ίσα μερίδια και ο καθένας πήρε ακέραιο αριθμό από καραμέλες. Όμως τρεις από τους φίλους του Γιώργου του επέστρεψαν το 20% του μεριδίου τους. Έτσι ο Γιώργος πήρε συνολικά περισσότερες από 120 καραμέλες. Να βρείτε πόσα άτομα ήταν συνολικά μαζί με το Γιώργο και πόσες καραμέλες πήρε ο Γιώργος.
Λύση
Μαζί με τον Γιώργο ήταν συνολικά 5 άτομα. Ο Γιώργος πήρε συνολικά 144 καραμέλες.
Έστω ότι ο Γιώργος και οι φίλοι του ήταν συνολικά «x» άτομα, .όπου x≥4 , από την υπόθεση. Τότε ο καθένας τους αρχικά πήρε:
450/x καραμέλες.(1)
Ο τρεις φίλοι επέστρεψαν στο Γιώργο συνολικά:
3*(20/100)*450/x)=(3*20*450)/100x=270/x καραμέλες (2)
Ο Γιώργος πήρε συνολικά:
(450/x)+(270/x)=720/x καραμέλες (3)
Σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος βρίσκουμε ότι:
720/x>120 ---> 120x<720 ---> x<720/120 ---> x<6
Επομένως οι δυνατές τιμές για το «x» είναι x=4 ή x=5.
Όμως η τιμή x=4 απορρίπτεται, γιατί η διαίρεση (450:4=112,5) δεν δίνει ακέραιο πηλίκο.
Άρα είναι x=5 (4)
Αντικαθιστούμε την τιμή του «χ» στην (1) και βρίσκουμε ότι αρχικά ο καθ’ ένας πήρε από:
450/x=450/5=90 καραμέλες (5)
Αντικαθιστούμε την τιμή του «χ» στη (3) και βρίσκουμε ότι ο Γιώργος πήρε:
720/x=720/5=144 [90+54(18*3)] καραμέλες (πάνω από 120 καραμέλες εξ’ υποθέσεως)
ή (3*20*450)/100x=(3*20*450)/100*5=(3*2*45)/5=270/5=144 καραμέλες
Ο καθ’ ένας από τους τρεις φίλους του επέστρεψε στο Γιώργο:
90*20%=18 καραμέλες
Και συνολικά οι τρεις φίλοι του επέστρεψαν:
18*3=54 καραμέλες
77ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚA“Ο ΘΑΛΗΣ”/ 12 Νοεμβρίου 2016 (Γ΄ Γυμνασίου)
Πηγή:
https://drive.google.com/file/d/0B3sOOZaW1dRGTUtNMC1ULXBhaTg/view
Τετάρτη 1 Μαρτίου 2023
Τα Ζεύγη
Πόσα ζεύγη πρώτων αριθμών έχουν άθροισμα 825;
Α.0, Β.1, Γ.2, Δ.3, Ε.4Σημείωση:
Ερώτημα του λεπτού, που τέθηκε σ’ εξετάσεις μαθηματικών για SAT
Λύση
Ένα ζεύγος. Όλοι οι πρώτοι αριθμοί πλην του 2 είναι περιττοί συνεπώς, εάν ένα ζεύγος πρώτων αριθμών αποτελείται από δυο περιττούς αριθμούς το άθροισμα είναι άρτιος αριθμός. Όμως το 825 είναι περιττός αριθμός, άρα εάν υπάρχει ζεύγος πρώτων αριθμών με άθροισμα περιττό αριθμό, αποτελείται από ένα περιττό αριθμό και έναν άρτιο αριθμό, από το 2 και τον 823 (825-2=823).Ο 823 είναι πρώτος αριθμός άρα το μοναδικό ζεύγος που ικανοποίει τις προϋποθέσεις του προβλήματος είναι (2, 823).
Πηγή:
http://mathhmagic.blogspot.gr/2016/12/825.html#comment-form
Η Μηνιαία Δόση
Τρεις φίλοι αγόρασαν από μια μοτοσυκλέτα, Α (BMW), Β (Honda), και Γ (Yamaha). Ο πωλητής, για την εξόφληση των μοτοσυκλετών, ζήτησε από τον καθένα να του δώσει αρχικά μια προκαταβολή και στη συνέχεια να πληρώνει μια συγκεκριμένη δόση κάθε μήνα. Οι τρεις φίλοι έδωσαν το ίδιο ποσό χρημάτων για προκαταβολή και συμφώνησαν να πληρώνουν την ίδια μηνιαία δόση. Το ποσό της μηνιαίας δόσης είναι ένας ακέραιος αριθμός μεγαλύτερος από 100€. Εάν το συνολικό κόστος των μοτοσικλετών είναι 3.000€ για την μοτοσυκλέτα Α, 3.315€ για την μοτοσυκλέτα Β, και 3.840€ για την μοτοσυκλέτα Γ, να υπολογίσετε το ποσό της μηνιαίας δόσης
Λύση
Το ποσό της μηνιαίας δόσης ανέρχεται στα 105€. Έστω «α» το ποσό της προκαταβολής και «β» το ποσό της κοινής μηνιαίας δόσης. Βάσει των δεδομένων της εκφώνησης του προβλήματος έχουμε:
(β/3.000)-α (1)
(β/3.315)-α (2)
(β/3.840)-α (3)
Από την πρώτη και τη δεύτερη σχέση προκύπτει:
β/3.315-3.000-α+α=315€ (α), η διαφορά κόστους των μοτοσικλετών «Α» και «Β»
Από την δεύτερη και τρίτη σχέση προκύπτει:
β/3.840-3.315-α+α=525 (β), η διαφορά κόστους των μοτοσικλετών «Β» και «Γ»
Από την (β) και (α) έχουμε:
525-315=210€ (γ), η διαφορά των δύο κοστών
Από την (α) και (γ) έχουμε:
315-210=105€, η διαφορά των δύο κοστών
Επειδή εξ’ ορισμού «...το ποσό της μηνιαίας δόσης είναι ένας ακέραιος αριθμός μεγαλύτερος από 100€» β>100, ο μόνος θετικός διαιρέτης του 105 μεγαλύτερος του 100 είναι το 105, δεχόμαστε ως μηνιαία δόση το β=105€.
Πηγή:
Παγκύπριος Διαγωνισμός Μαθηματικών A’ Γυμνασίου (2016)
Κυριακή 26 Φεβρουαρίου 2023
Οι Αγώνες
Σ’ ένα τουρνουά σκακιού με σύστημα νοκάουτ, συμμετέχουν 206 παίκτες. Πόσοι αγώνες θα διεξαχθούν μέχρι να αναδειχθεί ο μοναδικός νικητής;
Λύση
Θα διεξαχθούν 205 αγώνες. Επειδή μετά από κάθε αγώνα αποχωρεί ένας παίχτης (ο ηττημένος) στο τέλος των αγώνων έχουν αποχωρήσει οι (ν-1) παίχτες (πλην του νικητή), οπότε έγιναν (ν-1) αγώνες:
(ν-1)=206-1=205 αγώνες
Σημείωση:
Σε νοκάουτ αγώνες, ο αριθμός των παικτών ακολουθεί τις δυνάμεις του 2:
2, 4, 8, 16, ... , Ν
Λύση με πίνακες:
Α' Λύση:
^Δεν έπαιξε στο 2ο γύρο, αλλά θα παίξει στο 3ο γύρο.
^^Δεν έπαιξε στο 5ο και 6ο γύρο, αλλά θα παίξει στον 7ο γύρο.
Β΄Λύση:
^Δεν έπαιξαν στο 1ο γύρο, αλλά θα παίξουν στο 2ο γύρο.
Γ΄Λύση:
Το σύνολο των ζευγαριών των συμμετεχόντων σε κάθε γύρο αποτελείται από έναν αριθμό πολλαπλάσιο του 2 (2,4,8,16,32,64,128,256,...,N) σε φθίνουσα σειρά από το δεύτερο γύρο και μετά. Στο συγκεκριμένο πρόβλημα έχουμε:
Συνολικές Συμμετοχές:....................................................................206
Επόμενο Πολλαπλάσιο του 2:........................................................256
Η Διαφορά αποτελεί τους Ελεύθερους Παίκτες του 1ου γύρου: 50 (ΒΥE)
*ΒΥΕ=Ελεύθερος Αγώνος
Έχουμε όταν ο συνολικός αριθμός των συμμετεχόντων για τον επόμενο γύρο είναι μονός, αποχωρεί ένας εξ αυτών για να δημιουργηθεί ζυγός αριθμός παικτών, ώστε ν’ αποτελέσουν ζευγάρια άρτια. Ο παίκτης που δε συμμετέχει στο συγκεκριμένο γύρο παίρνει ένα βαθμό άνευ αγώνος, αλλά δεν δικαιούται άλλο ΒΥΕ στους επόμενους γύρους.
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
Παρασκευή 24 Φεβρουαρίου 2023
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













