mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 02, 2017 5:28 pm**

Filippos Athos έγραψε: Δευ Οκτ 02, 2017 4:06 pm Ευχαριστώ κύριε Δημήτρη. Νομίζω έχω βρει σωστή λύση.

Πολύ ωραία.

Filippos Athos έγραψε: Δευ Οκτ 02, 2017 4:06 pm Το ύψος του τρίγωνου από τα στοιχείο που δίνετε ότι η απόσταση του $\displaystyle{X}$ από το $\displaystyle{CD}$ είναι διπλάσια από την απόσταση του $\displaystyle{X}$ από το $\displaystyle{AB}$ βγαίνει $\upsilon =\frac{1}{3}\cdot \beta$

Είναι σωστό το $\upsilon = \frac{1}{3}\beta$ , αλλά για να αποδειχθεί χρησιμοποιούμε εκτός από αυτό που είπες, και το επιπλέον στοιχείο ότι «Η απόσταση του Y από το AB είναι διπλάσια από την απόσταση του Y από το CD και η απόσταση του Z από το AB είναι διπλάσια από την απόσταση του Z από το CD.»

$\rule{500pt}{0.5pt}$

Θα προσθέσω σύντομα και τις επόμενες ασκήσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 03, 2017 7:18 pm**

[quote=Demetres post_id=289356 time=1505722483 user_id=370]

[b]Άσκηση 6:[/b] Ο Burton υπολογίζει το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο μερικών διαδοχικών θετικών ακεραίων που ξεκινούν από το

. Ο Vargas εκτελεί τον ίδιο υπολογισμό, αλλά περιλαμβάνει και τους επόμενους τέσσερις διαδοχικούς θετικούς ακέραιους από τους διαδοχικούς ακέραιους του Burton. Αν και οι δύο βρήκαν την ίδια απάντηση, ποια είναι η μικρότερη δυνατή τιμή του μεγαλύτερου αριθμού των θετικών ακεραίων του Burton;
[/quote]

Αν θυμάμαι καλά , η απάντηση είναι το 32 . Ουσιαστικά , ψάχνουμε τους διαδοχικούς που η διαφορά από τον ένα πρώτο στον άλλον είναι 4 και ενδιάμεσα οι ακέραιοι είναι διαιρέτες του ΕΚΠ (δηλαδή οι παράγοντες από τους οποίους αποτελούνται , έχουν συμπεριληφθεί προηγουμένως . )

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 04, 2017 10:38 am**

Κατερινόπουλος Νικόλας έγραψε: Τρί Οκτ 03, 2017 7:18 pm
Demetres έγραψε: Δευ Σεπ 18, 2017 11:14 am
Άσκηση 6: Ο Burton υπολογίζει το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο μερικών διαδοχικών θετικών ακεραίων που ξεκινούν από το . Ο Vargas εκτελεί τον ίδιο υπολογισμό, αλλά περιλαμβάνει και τους επόμενους τέσσερις διαδοχικούς θετικούς ακέραιους από τους διαδοχικούς ακέραιους του Burton. Αν και οι δύο βρήκαν την ίδια απάντηση, ποια είναι η μικρότερη δυνατή τιμή του μεγαλύτερου αριθμού των θετικών ακεραίων του Burton;
Αν θυμάμαι καλά , η απάντηση είναι το 31 . Ου σιαστικά , ψάχνουμε τους διαδοχικούς που η διαφορά από τον ένα πρώτο στον άλλον είναι 4 και ενδιάμεσα οι ακέραιοι είναι διαιρέτες του ΕΚΠ (δηλαδή οι παράγοντες από τους οποίους αποτελούνται , έχουν συμπεριληφθεί προηγουμένως .

Η σωστή απάντηση είναι το

και όχι το

.

Το

δουλεύει επειδή:
- Κάθε ένας από τους $33 = 3 \cdot 11, 34 = 2 \cdot 17, 35 = 5 \cdot 7$ και $36 = 2^2 \cdot 3^2$ διαιρεί το ΕΚΠ των $1,2,\ldots,32$ . (Αρκεί να ελέγξουμε αν κάθε δύναμη πρώτου που εμφανίζεται στα πιο πάνω γινόμενα διαιρεί έναν από τους $1,2,\ldots,32$ .)

Κανένας αριθμός μικρότερος του

δεν δουλεύει επειδή:
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 1,2,3,4

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 5,6,7,8

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 9,10,11,12

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 13,14,15,16

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 17,18

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 19,20,21,22

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 23,24,25,26

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε κάποιον από τους 27,28,29,30

λόγω του

.
- Δεν μπορούμε να πάρουμε τον

λόγω του

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 04, 2017 10:55 am**

Μιας και η 5 είναι κάπως δύσκολη, πρόσθεσα τις 7 και 8.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 04, 2017 2:00 pm**

Κύριε Δημήτρη , καλημέρα !

Το 32 ήταν η απάντηση που ήθελα να γράψω !

Ξέρετε , έχω όλα τα θέματα και έχω λύσει τα περισσότερα γι ' αυτό δεν τα βάζω όλα ολόκληρα !

Να έχετε μια καλή μέρα !

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 04, 2017 3:57 pm**

Demetres έγραψε: Τετ Οκτ 04, 2017 10:55 am Μιας και η 5 είναι κάπως δύσκολη, πρόσθεσα τις 7 και 8.

Άσκηση 7:

Έστω ότι το

- εμβαδόν του μεγαλυτέρου τρίγωνου είναι

. Τότε το

του διπλανού τριγώνου είναι $\frac{X}{2}$ και ούτω καθεξής. Αυτό γιατί πρόκειται για ισοσκελές τρίγωνα. Αρά το ύψος = διάμεσος = κάθετη πλευρά του προηγούμενου διπλανού τριγώνου. Επομένως το

του σκιασμένου τρίγωνου είναι $\frac{X}{8}$

Αρά

$X+\frac{X}{2}+\frac{X}{4}+\frac{X}{8}+\frac{X}{16}+\frac{X}{32}+\frac{X}{64}+\frac{X}{128}=637,5\mathrm{cm}^2$

$\frac{128X+64X+32X+16X+8X+4X+2X+X}{128}=637,5\mathrm{cm}^2$ .

$\frac{255\cdot X}{128}=637,5\mathrm{cm}^2$

$X=\frac{637,5\cdot128}{255}$

$\displaystyle{X=320\mathrm{cm}^2}$

Καταλήγουμε ότι το Ε του σκιασμένου τρίγωνου $E=\frac{1}{8}\cdot 320$

$\displaystyle{E=40\mathrm{cm}^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 04, 2017 5:06 pm**

Demetres έγραψε: Τετ Οκτ 04, 2017 10:55 am Μιας και η 5 είναι κάπως δύσκολη, πρόσθεσα τις 7 και 8.

Άσκηση 8: Η Mary κάθε μέρα γράφει στο τετράδιο της και ένα αριθμό ως εξής: Την πρώτη γράφει τον αριθμό 2017, και κάθε επόμενη μέρα γράφει το άθροισμα των κύβων των ψηφίων του αριθμού της προηγούμενης μέρας. Ποιο αριθμό έχει γράψει η Μary στο τετράδιο την 2017η μέρα;

1. Μερα $\displaystyle{2017}$ - $\displaystyle{2^{3}+1^{3}+7^{3}=352$
2. Μερα $\displaystyle{352}$ - $3^{3}+5^{3}+2^{3}=160$
3. Μερα $\displaystyle{160}$ - $\displaystyle{1^{3}+6^{3}=217}$
4. Μερα $\displaystyle{217}$ - $\displaystyle{2^{3}+1^{3}+7^{3}=352}$
5. Μερα $\displaystyle{352}$

Βλέπουμε ότι κάθε τρίτη μέρα επαναλαμβάνεται ο ίδιος αριθμός, εκτός το 2017. Γι` αυτό υπολογίζουμε από την 2 έως 2017 θέση.
$\frac{2016}{3}=672$
Επειδή δεν υπάρχει υπόλοιπο της διαίρεσης ο αριθμός στην 2017 θέση είναι ο τελευταίος από τα 3 τα οποία επαναλαμβάνονται, δηλαδή το $\displaystyle{\boxed{217}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 05, 2017 4:48 pm**

Πολύ σωστά και για την 7 και για την 8.

Παραμένει η 5. Πρόσθεσα επίσης τις 9 και 10. Μια μικρή βοήθεια για την 5 είναι να φέρετε κάποιες βοηθητικές ευθείες. Ποιες δεν λέω.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 05, 2017 7:07 pm**

Demetres έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 4:48 pm Πολύ σωστά και για την 7 και για την 8.

Παραμένει η 5. Πρόσθεσα επίσης τις 9 και 10. Μια μικρή βοήθεια για την 5 είναι να φέρετε κάποιες βοηθητικές ευθείες. Ποιες δεν λέω.

Άσκηση 9: Πόσοι τετραψήφιοι αριθμοί υπάρχουν, τέτοιοι ώστε το άθροισμα των τριών πρώτων ψηφίων τους να είναι 20, και το άθροισμα των τριών τελευταίων ψηφίων τους να είναι 17;

Έχουμε ένα τετραψήφιο αριθμό $\displaystyle{\overline\left ABCD \right }$ οπου
$\displaystyle{A+B+C=20}$ και
$\displaystyle{B+C+D=17}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle{A-D=3}$

$\displaystyle{A\in \left \{ 3,4,5,6,7,8,9 \right \}}$

Για $\displaystyle{A=3}$ $\displaystyle{D=0}$ $\displaystyle{\Rightarrow B+C=17}$ αρά
$\displaystyle{B,C\in \left \{ 8,9 \right \}}$
Εδώ υπάρχουν $\displaystyle{2}$ τέτοιοι αριθμοί

Για $\displaystyle{A=4}$ $\displaystyle{D=1}$ $\displaystyle{\Rightarrow B+C=16}$
$\displaystyle{B,C\in \left\{7,9,8, 8\right\}}$
Εδώ μετράμε το 8 μόνο μια φορά επειδή ψάχνουμε για διαφορετικούς τετραψήφιους αριθμούς, άρα έχουμε $\displaystyle{3}$ τέτοιους αριθμούς
Για $\displaystyle{A=5}$ $\displaystyle{D=2}$ $\displaystyle{\Rightarrow B+C=15}$
$\displaystyle{B,C\in \left\{6,9,7, 8\right\}}$
Εδώ υπάρχουν $\displaystyle{4}$ τέτοιοι αριθμοί

Βλέπουμε όταν Α αυξάνεται κατά 1 το πλήθος τετραψήφιων αριθμών αυξάνεται κατά 1. Άρα ως A=9

έχουμε το συνολικό πλήθος τετραψήφιων αριθμών
$2+3+4+5+6+7+8=3\cdot 10+5=35$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 06, 2017 6:19 pm**

Demetres έγραψε: Πέμ Οκτ 05, 2017 4:48 pm Πολύ σωστά και για την 7 και για την 8.

Παραμένει η 5. Πρόσθεσα επίσης τις 9 και 10. Μια μικρή βοήθεια για την 5 είναι να φέρετε κάποιες βοηθητικές ευθείες. Ποιες δεν λέω.

Άσκηση 10. Με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε τα ψηφία 1, 2, 3, 4, 5 και 6 σε μια ευθεία γραμμή, έτσι ώστε κανένα ζεύγος δύο διπλανών ψηφίων να μην έχει διαφορά ίση με 3;

Κύριε Δημήτρη, έχω βρει λύση, όμως δεν είμαι σίγουρος αν είναι ο πιο σωστός τρόπος.
Έχω ξεκινήσει με ομάδες αριθμών ως έξεις:
Αν ξεκινήσουμε με τα ψηφία $\displaystyle{1}$ και $\displaystyle{2}$ στις πρώτες δυο θέσεις έχουμε 10 συνδυασμούς

$\displaystyle{12(3456) 12 (3465) 12 (3546) 12 (3564) 12 (4356) 12 (4653) 12 (6543) 12 (6534) 12 (6435) 12 (6453)}$

Τώρα στην δεύτερη θέση έχω βάλει το ψηφίο $\displaystyle{3}$ και πάλι βρήκα 10 συνδυασμούς.
Επειδή στην δεύτερη θέση μπορούν να μπουν οι αριθμοί από $\displaystyle{2}$ ως $\displaystyle{6}$ , εκτός το $\displaystyle{4}$ υπάρχουν 4 ομάδες με δέκα συνδυασμούς στην κάθε ομάδα.

Άρα $\displaystyle{4\cdot 10=40}$

Τώρα βάζουμε το ψηφίο $\displaystyle{2}$ στην πρώτη θέση.
Για το $\displaystyle{2}$ και $\displaystyle{1}$ στις πρώτες δυο θέσεις εως 2 και 6 (αποκλείοντας το 5) για τις ίδιες θέσεις και πάλι έχουμε 4 ομάδες με δέκα συνδυασμούς στην κάθε ομάδα.

Άρα $\displaystyle{4\cdot 10=40}$

Κάθε φορά όταν αλλάζουμε το ψηφίο στην πρώτη θέση, έχουμε $\displaystyle{4\cdot 10=40}$ συνδυασμούς.

Επειδή στην πρώτη θέση μπορούν να μπουν τα ψηφία από $\displaystyle{1}$ ως $\displaystyle{6}$ , συνολικά έχουμε

$\displaystyle{6\cdot 40=240}$ συνδυασμούς.
Φαντάζομαι ότι υπάρχει πιο `επιστημονική` εξήγηση …ανυπομονώ να την μάθω. :trial1:

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 06, 2017 9:15 pm**

Filippos Athos έγραψε: Παρ Οκτ 06, 2017 6:19 pm Φαντάζομαι ότι υπάρχει πιο `επιστημονική` εξήγηση …ανυπομονώ να την μάθω.

Χρειάζεται λίγη περισσότερη εξήγηση γιατί κάθε φορά έχουμε

συνδυασμούς. Ένας τρόπος να το δούμε είναι ο εξής:

Ας γράψουμε

για τα πρώτα δύο ψηφία που βάλαμε. Έστω

το ψηφίο που δεν πρέπει να μπει δίπλα από το

,

για αυτό που δεν πρέπει να μπει δίπλα από το

και

για τα άλλα δύο ψηφία που έμειναν.

Πρέπει λοιπόν να βάλουμε τα a',b',c,c'

στην σειρά ώστε το

να μην είναι πρώτο, και τα c,c'

να μην είναι γειτονικά. Αν μπει το

πρώτο, έχουμε δύο τρόπους αφού το

πρέπει να μπει ενδιάμεσα των c,c'

. Αν μπει το

πρώτο, έχουμε δύο επιλογές για το δεύτερο (απαγορεύεται να είναι το

), δύο για το τρίτο και μία για το τέταρτο. Συνολικά $2\times 2 = 4$ επιλογές. Από συμμετρία υπάρχουν άλλες τέσσερις αν μπει το

πρώτο. Συνολικά λοιπόν

επιλογές.

Τέλος επειδή υπάρχουν $6 \times 4 = 24$ τρόποι να επιλέξουμε τα πρώτα δύο ψηφία. Άρα συνολικά $24 \times 10 = 240$ τρόποι.

$\rule{500pt}{0.5pt}$

Άλλος τρόπος είναι ο εξής. Θα γράψω $A\,B\,C\,D\,E\,F$ για τις θέσεις που θα τοποθετήσουμε τα ψηφία. Θα μετρήσω πρώτα με πόσους τρόπους μπορώ να χωρίσω τα A,B,C,D,E,F

σε τρεις δυάδες ώστε να μην υπάρχει γειτονικά γράμματα σε μία δυάδα.

Αν πάρω τα A,C

μαζί, αναγκαστικά το

πρέπει να πάει με το

και το

με το

.
Αν πάρω τα A,D

μαζί, αναγκαστικά το

πρέπει να πάει με το

ή το

και το

με το άλλο.
Αν πάρω τα A,Ε

μαζί, αναγκαστικά το

πρέπει να πάει με το

και το

με το

.
Αν πάρω τα A,F

μαζί, αναγκαστικά το

πρέπει να πάει με το

(αν πάει με το

, θα μείνουν τα C,D

μαζί) και το

με το

.

Υπάρχουν λοιπόν

τρόποι να χωριστούν σε δυάδες. Υπάρχουν 3! = 6

τρόποι να αποφασίσουμε σε ποια δυάδα θα βάλουμε τα $\{1,4\}$ , σε ποια τα $\{2,5\}$ και σε ποια τα $\{3,6\}$ . Τέλος σε κάθε δυάδα υπάρχουν δύο τρόποι να αποφασίσουμε που θα βάλουμε το κάθε ψηφίο.

Συνολικά έχουμε $5 \cdot 6 \cdot 2^3 = 240$ διαφορετικούς τρόπους.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 07, 2017 11:17 am**

Προστέθηκαν οι

και

. Παραμένει η

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 07, 2017 12:35 pm**

Άσκηση 5: Στο τρίγωνο C, ισχύει ότι $\angle A = 2\angle B$ , ότι η είναι διχοτόμος της $\angle ACB$ , ότι $AC = 11 \mathrm{cm}$ , και ότι $AD = 2\mathrm{cm}$ . Να βρείτε σε $\mathrm{cm}$ , το μήκος του .

Screen Shot 2017-10-02 at 17.39.10.png

1η Λύση

Φέρνουμε από το κάθετη στην , που την τέμνει στο και την στο .

Οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, επομένως και .

Ακόμη, τα τρίγωνα $\vartriangle CAD, \vartriangle CDE$ είναι ίσα (Π-Γ-Π) και άρα $\widehat{CED}=\widehat{CAD}=2\widehat{B}$ .

Επίσης, $2\widehat{B}=\widehat{CED}=\widehat{EDB}+\widehat{B} \Rightarrow \widehat{EDB}=\widehat{B} \Rightarrow DA=DE=EB$ .

Τελικά, $BC=CE+EB=CA+AD=13 \Rightarrow \boxed{BC=13}$ .

2η Λύση

Έστω .

Από Θ. Διχοτόμου, $2=AD=\dfrac{bc}{a+b}=\dfrac{11c}{a+11} \Rightarrow 11c=2a+22$ (1).

Είναι $\widehat{A}=2\widehat{B}$ , επομένως από εδώ $a^2=b(b+c)=11(c+11) \Rightarrow 11c=a^2-121$ (2).

Από (1), (2) προκύπτει εύκολα $\boxed{BC=a=13}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 07, 2017 4:12 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Σάβ Οκτ 07, 2017 12:35 pm
Άσκηση 5: Στο τρίγωνο C, ισχύει ότι $\angle A = 2\angle B$ , ότι η είναι διχοτόμος της $\angle ACB$ , ότι $AC = 11 \mathrm{cm}$ , και ότι $AD = 2\mathrm{cm}$ . Να βρείτε σε $\mathrm{cm}$ , το μήκος του .

Screen Shot 2017-10-02 at 17.39.10.png
1η Λύση

Φέρνουμε από το κάθετη στην , που την τέμνει στο και την στο .

Οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, επομένως και .

Ακόμη, τα τρίγωνα $\vartriangle CAD, \vartriangle CDE$ είναι ίσα (Π-Γ-Π) και άρα $\widehat{CED}=\widehat{CAD}=2\widehat{B}$ .

Επίσης, $2\widehat{B}=\widehat{CED}=\widehat{EDB}+\widehat{B} \Rightarrow \widehat{EDB}=\widehat{B} \Rightarrow DA=DE=EB$ .

Τελικά, $BC=CE+EB=CA+AD=13 \Rightarrow \boxed{BC=13}$ .

2η Λύση

Έστω .

Από Θ. Διχοτόμου, $2=AD=\dfrac{bc}{a+b}=\dfrac{11c}{a+11} \Rightarrow 11c=2a+22$ (1).

Είναι $\widehat{A}=2\widehat{B}$ , επομένως από εδώ $a^2=b(b+c)=11(c+11) \Rightarrow 11c=a^2-121$ (2).

Από (1), (2) προκύπτει εύκολα $\boxed{BC=a=13}$ .

Ευχαριστώ πολύ!
Προσπαθούσα αλλά δεν μου έβγαινε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 07, 2017 5:39 pm**

Πολύ ωραία Ορέστη! Εγώ είχα την πρώτη λύση σου. Γνωρίζοντας ότι αναφερόταν σε μαθητές δημοτικού ήξερα ότι θα υπήρχε λύση που θα απέφευγε θεώρημα διχοτόμων κ.ά. Νομίζω πάντως πως για δημοτικό είναι πολύ δύσκολη άσκηση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 09, 2017 4:41 pm**

Demetres έγραψε: Σάβ Οκτ 07, 2017 11:17 am Προστέθηκαν οι και . Παραμένει η .

Για σας κύριε Δημήτρη,
Δεν είμαι σίγουρος αν έχω καταλάβει που είναι ακριβός το `μαθηματικό τρικ` του προβλήματος

.
Αν μετρήσω όλα τα ορθογώνια, χωρίς να υπολογίζω τα τετράγωνα που περιέχουν το σκιασμένο τετραγωνάκι , τότε η απάντηση βγαίνει 28. Αν υπολογίζω και τα τετράγωνα (σαν ειδική περίπτωση ορθογωνίου), η απάντηση είναι 36.
Αλλά κάπου πρέπει να υπάρχει ` το τρικ` για να το βάλουν στο διεθνής διαγωνισμό .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 09, 2017 5:03 pm**

Το

είναι σωστό. Είναι πολύ εύκολο όμως να κάνει κάποιος λάθος στο μέτρημα. Επίσης σε αυτόν τον διαγωνισμό μετράει μόνο η τελική απάντηση αν είναι σωστή ή όχι, και όχι ο τρόπος σκέψης. Οπότε αρκετοί ίσως να την έκαναν λάθος. Θα ήταν ενδιαφέρον να έχουμε στατιστικά τόσο για αυτήν την ερώτηση όσο και για τις άλλες. Δεν γνωρίζω όμως αν υπάρχουν τέτοια στατιστικά.

Ο τρόπος που τα μέτρησα ήταν ο εξής: Το άνω αριστερά και κάτω δεξιά τετραγωνάκι του ορθογωνίου το καθορίζουν πλήρως. Υπάρχουν

επιλογές για το άνω αριστερά τετραγωνάκι, και

επιλογές για το κάτω δεξιά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 09, 2017 6:31 pm**

Demetres έγραψε: Δευ Οκτ 09, 2017 5:03 pm Το είναι σωστό. Είναι πολύ εύκολο όμως να κάνει κάποιος λάθος στο μέτρημα. Επίσης σε αυτόν τον διαγωνισμό μετράει μόνο η τελική απάντηση αν είναι σωστή ή όχι, και όχι ο τρόπος σκέψης. Οπότε αρκετοί ίσως να την έκαναν λάθος. Θα ήταν ενδιαφέρον να έχουμε στατιστικά τόσο για αυτήν την ερώτηση όσο και για τις άλλες. Δεν γνωρίζω όμως αν υπάρχουν τέτοια στατιστικά.

Ο τρόπος που τα μέτρησα ήταν ο εξής: Το άνω αριστερά και κάτω δεξιά τετραγωνάκι του ορθογωνίου το καθορίζουν πλήρως. Υπάρχουν επιλογές για το άνω αριστερά τετραγωνάκι, και επιλογές για το κάτω δεξιά.

Μάλιστα. Ευχαριστώ. Πως ξέρουμε όμως πότε μας ζητείται να μετρήσουμε και τα τετράγωνα όταν στο πρόβλημα γράφει ορθογώνια (έχω εντύπωση ότι σε κάποια παρόμοια προβλήματα ήθελαν μόνο ορθογώνια να μετρηθούν και όχι και τετράγωνα).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 10, 2017 1:38 pm**

Κάθε τετράγωνο είναι και ορθογώνιο. Αν η άλλη άσκηση ήθελε μόνο τα ορθογώνια αλλά όχι τα τετράγωνα θα έπρεπε να το δηλώσει ρητώς.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 10, 2017 7:37 pm**

Demetres έγραψε: Δευ Σεπ 18, 2017 11:14 am
Άσκηση 12: Ο Angus έγραψε στον πίνακα όλους τους θετικούς περιττούς αριθμούς από το 1 μέχρι και το 2017. Στην συνέχεια πήρε τον σπόγγο και έσβησε όλα τα άρτια ψηφία των αριθμών. Πόσα ψηφία έμειναν στον πίνακα;

Άσκηση 12
Κάθε δεκάδα έχει 5 περιττούς αριθμούς.
Για μονοψήφιους αριθμούς έχουμε 5 ψηφία.
Για διψήφιους έχουμε ως εξής
Για δεκάδες που ξεκινούν με $\displaystyle{\left \{ 1,3,5,7,9 \right \}}$ έχουμε $\displaystyle{5\cdot 2\cdot 5 = 50}$ ψηφία.
Για δεκάδες που ξεκινούν με $\displaystyle{\left \{ 2,4,6,8\right \}$ έχουμε $4\cdot 2\cdot 5- 4\cdot 1\cdot 5 = 20$ . Εδώ αφαίρεσα τα ζυγά ψηφία.
Αρά μονοψήφιους και διψήφιους αριθμούς το σύνολο ψηφίων που ζητούνται είναι 5+50+20=75

Για αριθμούς απο 101-199}

επαναλαμβάνεται η ίδια διαδικασία όπως με διψήφιους αλλά αυτή τη φορά πολλαπλασιάζουμε με το

Για δεκάδες που ξεκινούν με $\displaystyle{\left \{0, 2,4,6,8\right \}$ έχουμε $5\cdot 3\cdot 5 - 5\cdot 1\cdot 5=50$
Για δεκάδες που ξεκινούν με $\left \{ 1,3,5,7,9 \right \}$ \ έχουμε $5\cdot 3\cdot 5=75$

Για εκατοντάδες $\left \{ 1,3,5,7,9 \right \}$ $5\cdot 125 = 625$
Για εκατοντάδες $\left \{ 2,4,6,8\right \}$ $4\cdot 75 = 300$
Αρά για αριθμούς απο $\displaystyle{101-999}$ έχουμε το σύνολο ψηφίων που ζητούνται $\displaystyle{625+300 = 925}$

Για τετραψήφιους με εκατοντάδες $\displaystyle{\left \{0,2,4,6,8\right \ }$ } $5\cdot 125 = 625$
Για τετραψήφιους με εκατοντάδες $\left \{ 1,3,5,7,9 \right \}$ $5\cdot 175 = 875$

Το σύνολο ψηφίων που ζητούνται στους τετραψήφιους 625+875 = 1500

Για αριθμούς απο 2001-2017

έχουμε $4\cdot 9-5\cdot 3-4\cdot 2 = 13$

$\boxed{75+925+1500+13 = 2513}$

mathematica.gr

IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017

Re: IMC Stage-II 2017