mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 23, 2019 9:37 pm**

socrates έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm

Άσκηση 110
Ο Γιώργος επιλέγει τυχαία έναν αριθμό από το σύνολο και η Μαρία επιλέγει τυχαία και ανεξάρτητα από τον αριθμό του Γιώργου έναν αριθμό από το σύνολο . Ποια η πιθανότητα ο αριθμός της Μαρίας να είναι μεγαλύτερος του Γιώργου;

αριθμός Γιώργου.

αριθμός Μαρίας.

f_X,f_Y:

συναρτήσεις πυκνότητας πιθανότητας των

και

, αντίστοιχα.

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι

$\displaystyle \int_{0}^{2017}P(Y>x)f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\left ( \int_{x}^{4034}f_Y(y)dy \right )f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\frac{4034-x}{4034}\cdot \frac{1}{2017}dx=$

...=0.75

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 10, 2019 11:01 pm**

Άσκηση 112

Αν

πρώτος και 0<k<p

να αποδειχθεί ότι ο

διαιρεί τον $\binom{p}{k}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 11, 2019 8:31 pm**

socrates έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm Άσκηση 109
Πόσοι διαιρέτες του αριθμού $2012^{2011}$ αφήνουν υπόλοιπο όταν διαιρεθούν με το

Είναι $2012=2^2\cdot 503$ άρα οι διαιρέτες του $2012^{2011}$ είναι της μορφής $2^i\cdot 503^j$
με i=0,1,2...,4022

και

Είναι $2^i\cdot 503^j\equiv 2^i\cdot 2^j(mod3)\equiv 2^{i+j}(mod3)$

Ισχύει ότι $2^a\equiv 1(mod3)$ αν

άρτιος και $2^a\equiv 2(mod3)$ αν

περιττός.
Απόδειξη:

Για είναι $2^a\equiv 2^{2k}\equiv 4^k\equiv 1^k\equiv 1(mod3)$

Για είναι $2^a\equiv 2^{2k+1}\equiv 2\cdot 2^k\equiv 2(mod3)$

Άρα για να είναι $2^{i+j}\equiv 1(mod3)$ αρκεί i+j

άρτιος.

Για άρτιο πρέπει άρτιος.
Στο διάστημα $\left [ 0,4022 \right ]$ υπάρχουν $\dfrac{4022}{2}+1=2012$ άρτιοι.

Στο διάστημα $\left [ 0,2011 \right ]$ υπάρχουν $\dfrac{2011+1}{2}=1006$ άρτιοι.

Άρα προκύπτουν $2012\cdot1006$ τέτοιοι διαιρέτες.

Για περιττό πρέπει περιττός
Στο διάστημα $\left [ 0,4022 \right ]$ υπάρχουν $\dfrac{4022}{2}=2011$ περιττοί.

Στο διάστημα $\left [ 0,2011 \right ]$ υπάρχουν $\dfrac{2011+1}{2}=1006$ περιττοί.

Άρα συνολικά $2012\cdot 1006+2011\cdot 1006=1006\cdot 4023$ διαιρέτες .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 12, 2019 3:53 pm**

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 9:37 pm
socrates έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm

Άσκηση 110
Ο Γιώργος επιλέγει τυχαία έναν αριθμό από το σύνολο και η Μαρία επιλέγει τυχαία και ανεξάρτητα από τον αριθμό του Γιώργου έναν αριθμό από το σύνολο . Ποια η πιθανότητα ο αριθμός της Μαρίας να είναι μεγαλύτερος του Γιώργου;
αριθμός Γιώργου.

αριθμός Μαρίας.

συναρτήσεις πυκνότητας πιθανότητας των και , αντίστοιχα.

Η ζητούμενη πιθανότητα είναι

$\displaystyle \int_{0}^{2017}P(Y>x)f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\left ( \int_{x}^{4034}f_Y(y)dy \right )f_X(x)dx= \int_{0}^{2017}\frac{4034-x}{4034}\cdot \frac{1}{2017}dx=$

Νομίζω το ζητούμενο εδώ ήταν να λυθεί με την ακόλουθη πιο διαισθητική έννοια της πιθανότητας:

Ο αριθμός της Μαρίας έχει $50\%$ πιθανότητα να ανήκει στο [0,2017]

και $50\%$ πιθανότητα να ανήκει στο [2017,4034]

. Στην πρώτη περίπτωση από συμμετρία υπάρχει $50\%$ πιθανότητα ο αριθμός της Μαρίας να είναι μεγαλύτερος του Γιώργου. Στη δεύτερη περίπτωση ο αριθμός της Μαρίας είναι σίγουρα μεγαλύτερος από αυτόν του Γιώργου. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι: $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 17, 2019 8:07 pm**

Άλλη μία λύση για την 109:

Αρχικά, παρατηρούμε πως $2012^{2011}\equiv 2^{2011}\equiv 2 (mod 3).$
Στη συνέχεια, έστω $m, n \in \mathbb{N} | mn = 2012^{2011}$ .
Αφού $mn \equiv 2 (mod 3)$ , παίρνοντας περιπτώσεις m, n (mod 3)

βλέπουμε πως ακριβώς ένας απο αυτούς θα έχει υπόλοιπο 1 και ο άλλος 2

.

Με άλλα λόγια, το πλήθος των διαιρετών με 1 (mod 3)

ισούται με το πλήθος των διαιρετών με 2 (mod 3)

, αλλιώς θα είχαμε δύο διαιρέτες με $mn = 2012^{2011} \wedge mn \not\equiv 2 (mod 3)$ .

Ο ζητούμενος αριθμός είναι δηλαδή το μισό του πλήθους όλων των διαιρετών του $2012^{2011}$ και ισούται με

$\frac{4023*2012}{2} = 4023*1006.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 17, 2019 8:18 pm**

Prødigy έγραψε: Κυρ Μαρ 10, 2019 11:01 pm Άσκηση 112

Αν πρώτος και να αποδειχθεί ότι ο διαιρεί τον $\binom{p}{k}$

Είναι $\binom{p}{k} = \frac{p!}{k!(p-k)!} = \frac{p(p-1)(p-2)(p-3)...(p-k+1)}{k!}$ . Αφού (p, k!) = 1

ως αποτέλεσμα της 0 < k < p

, θα είναι k!|(p-1)(p-2)(p-3)...(p-k+1)

. Δηλαδή, $p | \frac{p(p-1)(p-2)(p-3)...(p-k+1)}{k!}$ .
Άρα , $p|\binom{p}{k}.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 19, 2019 3:28 pm**

socrates έγραψε: Σάβ Φεβ 23, 2019 12:44 pm Άσκηση 111
Ένας αριθμός ομάδων συμμετείχε σε ένα τουρνουά round-robin, δηλαδή ένα τουρνουά στο οποίο κάθε ομάδα έπαιξε με κάθε άλλη ακριβώς μια φορά. Κάθε ομάδα νίκησε σε ακριβώς παιχνίδια και έχασε σε ακριβώς παιχνίδια, ενώ δεν υπήρξαν ισοπαλίες. Πόσα σύνολα τριών ομάδων $\{A, B, C\}$ υπάρχουν για τα οποία η νίκησε την , η νίκησε την και η νίκησε την

Έστω ένας παίκτης

. Θα βρούμε σε πόσα τέτοια σύνολα ανήκει ο

. Έστω $\mathcal{B}$ το σύνολο των

παικτών τους οποίους κέρδισε ο

και $\mathcal{C}$ το σύνολο των

παικτών οι οποίοι κέρδισαν τον

. Αναγκαστικά σε κάθε τριάδα της πιο πάνω μορφής πρέπει να έχουμε $B \in \mathcal{B}$ και $C \in \mathcal{C}$ . Αρκεί λοιπόν να βρούμε πόσες κατευθυνόμενες ακμές υπάρχουν από το $\mathcal{B}$ στο $\mathcal{C}$ .

Από κάθε παίκτη του $\mathcal{B}$ φεύγουν

κατευθυνόμενες ακμές. Συνολικά έχουμε 100

ακμές εκ των οποίων οι $\binom{10}{2} = 45$ είναι μέσα στο $\mathcal{B}$ . Οι άλλες 55 αναγκαστικά πάνω από το $\mathcal{B}$ στο $\mathcal{C}$ .

Άρα κάθε ένας από τους παίκτες βρίσκεται σε

τέτοιες τριάδες και έχουμε συνολικά $\frac{21 \cdot 55}{3} = 385$ τέτοιες τριάδες.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 29, 2019 7:37 pm**

Σε μια αίθουσα διαγωνίζονται

μαθητές , καθισμένοι σε

σειρές των

θρανίων . Κάποια στιγμή

έχουν μείνει στην αίθουσα

μαθητές . Ποια είναι η πιθανότητα να βρίσκονται ανά

σε κάθε σειρά ;

Θεωρούμε ότι ο κάθε μαθητής έχει την ίδια πιθανότητα να είναι ο επόμενος που θα αναχωρήσει .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 29, 2019 9:56 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 29, 2019 7:37 pm Σε μια αίθουσα διαγωνίζονται μαθητές , καθισμένοι σε σειρές των θρανίων . Κάποια στιγμή

έχουν μείνει στην αίθουσα μαθητές . Ποια είναι η πιθανότητα να βρίσκονται ανά σε κάθε σειρά ;

Θεωρούμε ότι ο κάθε μαθητής έχει την ίδια πιθανότητα να είναι ο επόμενος που θα αναχωρήσει .

Είναι όσο το πλήθος των διαδρομών από το (7,7,7)

έως το

προς το συνολικό πλήθος των διαδρομών που μπορούμε

να ακολουθήσουμε αν κινούμαστε πάνω σε σε σημεία με ακέραιες συντεταγμένες και σε κάθε κίνηση ελαττώνεται κατά μια

μονάδα μία μόνο συντεταγμένη (θεωρώ δηλαδή ότι δεν υπάρχουν μαζικές αποχωρήσεις).

Το πλήθος των διαδρομών από το (7,7,7)

στο

είναι $\displaystyle \binom{12}{4}\binom{8}{4}$ .

Επίσης, το συνολικό πλήθος των διαδρομών είναι $\displaystyle \sum \binom{21}{k,l,m}$ όπου η άθροιση εκτείνεται

σε όλους τους δυνατούς συνδυασμούς των k,l,m

με

.

Είναι τώρα $\displaystyle \sum \binom{21}{k,l,m}=3^{12}$ και επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι

$\displaystyle \dfrac{\binom{12}{4}\binom{8}{4}}{3^{12}}\approx 0,065.$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 25, 2020 4:56 pm**

Άσκηση 112
Βάφουμε τους αριθμούς 1, 2, 3, ...,20 με δύο χρώματα άσπρο και μαύρο έτσι, ώστε να
χρησιμοποιούνται και τα δύο χρώματα. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει ο
χρωματισμός ώστε το γινόμενο των άσπρων αριθμών και το γινόμενο των μαύρων
αριθμών να έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη ίσο με 1;

Άσκηση 113
Με πόσους τρόπους μπορούμε να διατάξουμε σε μια γραμμή τους αριθμούς $0,1,2,\dots , 9$ έτσι ώστε τόσο οι άρτιοι όσο και οι περιττοί να βρίσκονται σε αύξουσα σειρά;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 25, 2020 5:24 pm**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 25, 2020 4:56 pm Άσκηση 112
Βάφουμε τους αριθμούς 1, 2, 3, ...,20 με δύο χρώματα άσπρο και μαύρο έτσι, ώστε να
χρησιμοποιούνται και τα δύο χρώματα. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει ο
χρωματισμός ώστε το γινόμενο των άσπρων αριθμών και το γινόμενο των μαύρων
αριθμών να έχουν μέγιστο κοινό διαιρέτη ίσο με 1;

Έστω $\rm A,M$ το σύνολο με στοιχεία τους άσπρους και μαύρους αντίστοιχα αριθμούς.
Κάθε δύο αριθμοί με μέγιστο κοινό διαιρέτη διάφορο του

θα πρέπει να βρίσκονται στο ίδιο σύνολο.
Έτσι όλοι οι άρτιοι $\rm {2,4,6,8,10,12,15,16,18,20}$ πάνε μαζί.Όμως μαζί τους παίρνουν και τους $\rm {3,5,9,15}$ .
Άρα μένει να μετρήσουμε με πόσους τρόπους μπορούμε να τοποθετήσουμε τα σύνολα $\rm \left \{ 1 \right \},\left \{ 11 \right \},\left \{ 13 \right \},\left \{ 17 \right \},\left \{ 19 \right \},\left \{ 2,3,4,5,6,7,8,9,10,12,14,15,16,18,20 \right \}$ στα $\rm A,M$ ώστε $\rm \left | A \right |,\left | M \right |\geq 1$ .

$\left\{\begin{matrix} &\rm \left | A \right |=5 & \\ & \left \rm | M \right | =1& \end{matrix}\right.\rightarrow \dbinom{6}{5}=6$ τρόποι.

$\left\{\begin{matrix} &\rm \left | A \right |=4 & \\ & \rm \left | M \right |=2 & \end{matrix}\right.\rightarrow \dbinom{6}{4}=15$ τρόποι.

$\left\{\begin{matrix} & \rm \left | A \right |=3 & \\ & \rm \left | M \right |=3 & \end{matrix}\right.\rightarrow \dbinom{6}{3}=20$ τρόποι

Όμοια και οι υπόλοιπες περιπτώσεις και συνολικά παίρνουμε 6+15+20+15+6=62

τρόποι.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 02, 2020 2:35 am**

Άσκηση 114
Ο Κώστας έχει ένα χρηματοκιβώτιο το οποίο ξεκλειδώνει με έναν τριψήφιο αριθμό. Ξέχασε όμως τον αριθμό αυτό. Το μόνο που θυμάται είναι ότι αποτελείται μόνο από περιττά, διαφορετικά μεταξύ τους, ψηφία και ότι διαιρείται με το 3. O μέγιστος αριθμός δοκιμών που μπορεί να κάνει ώστε να ξεκλειδώσει το χρηματοκιβώτιο είναι:

Άσκηση 115
Ρωτήσαμε τα άτομα που παρευρίσκονται σε ένα καφενείο ποιες εφημερίδες διαβάζουν από τις A, B και Γ. Σύμφωνα με τις απαντήσεις τους, κανένας δεν διαβάζει ακριβώς δύο από αυτές, 7 διαβάζουν την Α εφημερίδα, 8 τη Β εφημερίδα, αλλά αυτοί που διαβάζουν μόνο τη Γ εφημερίδα είναι διπλάσιοι από αυτούς που διαβάζουν και τις τρεις. Να βρείτε πόσοι από αυτούς διαβάζουν μόνο μια εφημερίδα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 02, 2020 11:28 am**

socrates έγραψε: Τετ Δεκ 02, 2020 2:35 am Άσκηση 114
Ο Κώστας έχει ένα χρηματοκιβώτιο το οποίο ξεκλειδώνει με έναν τριψήφιο αριθμό. Ξέχασε όμως τον αριθμό αυτό. Το μόνο που θυμάται είναι ότι αποτελείται μόνο από περιττά, διαφορετικά μεταξύ τους, ψηφία και ότι διαιρείται με το 3. O μέγιστος αριθμός δοκιμών που μπορεί να κάνει ώστε να ξεκλειδώσει το χρηματοκιβώτιο είναι:

Έστω $\overline{abc}$ ο τριψήφιος με a,b,c

περιττούς και 3/a+b+c

Ακόμη το

είναι περιττός.
Έτσι, δυνατές τιμές a+b+c: 3,9,15,21,27

•Αν $a+b+c=3\Leftrightarrow a=b=c=1$ αδύνατο διότι a,b,c:

διαφορετικοί ανά

•Αν $a+b+c=9\Leftrightarrow (a,b,c)=(1,3,5)$ και όλες οι μεταθέσεις τους*
•Αν $a+b+c=15\Leftrightarrow (a,b,c)=(1,5,9)$ ή (3,5,7)

και όλες οι μεταθέσεις τους*
•Αν $a+b+c=21\Leftrightarrow (a,b,c)=(5,7,9)$ και όλες οι μεταθέσεις τους*
•Αν $a+b+c=27\Leftrightarrow a=b=c=9$ αδύνατο
*Αποκλείουμε τις υπόλοιπες περιπτώσεις διότι δύο τουλάχιστον ψηφία είναι ίσα
Έτσι έχουμε 4 περιπτώσεις και τις μεταθέσεις τους $\Rightarrow 4\cdot 3!=24$ το πολύ δοκιμές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 02, 2020 11:54 am**

socrates έγραψε: Τετ Μαρ 25, 2020 4:56 pm Άσκηση 113
Με πόσους τρόπους μπορούμε να διατάξουμε σε μια γραμμή τους αριθμούς $0,1,2,\dots , 9$ έτσι ώστε τόσο οι άρτιοι όσο και οι περιττοί να βρίσκονται σε αύξουσα σειρά;

Γενικότερα για

αριθμούς είναι:
Επιλέγουμε τους

άρτιους και τους τοποθετούμε σε

από τις

θέσεις με αύξουσα σειρά με $\binom{2k}{k}$ τρόπους.
Στις άλλες

θέσεις τοποθετούμε σε αύξουσα σειρά τους περιττούς
$\Rightarrow \dbinom{2k}{k}$ τρόποι

Και εδώ: $\dbinom{10}{5}=252$ τρόπους.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 03, 2020 12:46 pm**

socrates έγραψε: Τετ Δεκ 02, 2020 2:35 am Άσκηση 115
Ρωτήσαμε τα άτομα που παρευρίσκονται σε ένα καφενείο ποιες εφημερίδες διαβάζουν από τις A, B και Γ. Σύμφωνα με τις απαντήσεις τους, κανένας δεν διαβάζει ακριβώς δύο από αυτές, 7 διαβάζουν την Α εφημερίδα, 8 τη Β εφημερίδα, αλλά αυτοί που διαβάζουν μόνο τη Γ εφημερίδα είναι διπλάσιοι από αυτούς που διαβάζουν και τις τρεις. Να βρείτε πόσοι από αυτούς διαβάζουν μόνο μια εφημερίδα.

Έστω ότι

άτομα διαβάζουν και τις

εφημερίδες
Τότε

άτομα διαβάζουν μόνο τη Γ εφημερίδα
Έτσι 7-x

διαβάζουν μόνο την Α, 8-x

διαβάζουν μόνο τη Β και

διαβάζουν μόνο τη Γ
$\Rightarrow (7-x)+(8-x)+2x=15$ άτομα διαβάζουν από μία εφημερίδα
*Γενικότερα, με όμοιο συλλογισμό, αν

άτομα διαβάζουν την

και

την

, τότε

άτομα διαβάζουν από μία εφημερίδα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 17, 2021 9:33 pm**

Άσκηση 116

Έχοντας το σύνολο $A=\{1, 2, 3, ... , 29, 30\}$ (οι φυσικοί αριθμοί από το

μέχρι το

), με πόσους τρόπους μπορούν να επιλεγούν τρεις διαφορετικοί αριθμοί από το σύνολο

ώστε το άθροισμά τους να είναι δαιρετό με το

;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 18, 2021 1:29 am**

CyMath έγραψε: Σάβ Απρ 17, 2021 9:33 pm Άσκηση 116

Έχοντας το σύνολο $A=\{1, 2, 3, ... , 29, 30\}$ (οι φυσικοί αριθμοί από το μέχρι το ), με πόσους τρόπους μπορούν να επιλεγούν τρεις διαφορετικοί αριθμοί από το σύνολο ώστε το άθροισμά τους να είναι δαιρετό με το ;

Δεν είναι σαφές από την εκφώνηση αν οι αναδιατάξεις μιάς τριάδας αριθμών μετράει ως η ίδια επιλογή ή διαφορετική. Π.χ. είναι η 1+2+3=

πολ/σιο του

ίδια με την 3+2+1

; Επιλέγουμε τι μας αρέσει. Ας πούμε ότι αποφασίζουμε να μετρήσουμε τις διατεταγμένες τριάδες (όμοια η άλλη επιλογή).

Οι αριθμοί μόντουλο

είναι, κατά σειρά, $1,\,2,\,0,\,1, \,2,\,... \,,\,0$ (είναι δέκα από το κάθε είδος). Το άθροισμα τριών αριθμών είναι πολλαπλάσιο του

αν και μόνον αν η τριάδα τους είναι της μορφής 0,0,0

ή της

ή της

ή της

(με κάποια σειρά).

Η πρώτη εκδοχή έχει $10\times 9 \times 8$ επιλογές. Όμοια οι υπόλοιπες. Το αφήνω ως ρουτίνα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 22, 2021 7:33 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 117/color]

Σε

μαθητές θέλουμε να δώσουμε

βιβλία, ώστε κάθε παιδί να πάρει τουλάχιστον

βιβλίο.

Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό ;

Σχόλιο

Χρειάστηκαν τρεις προσπάθειες να πετύχω το αποτέλεσμα που δίνονταν (150). Αν δεν είχα την απάντηση, θα έδινα άλλη , το ίδιο ''πιστευτή ''.
Αυτή είναι και η διδακτική αξία του κεφαλαίου.
Επειδή η άσκηση είναι από Ινδικό βιβλίο στο δίκτυο και δεν ξέρω τον συγγραφέα, θα παρακαλούσα και τη δική σας άποψη.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 22, 2021 8:36 pm**

Υποθέτουμε ότι ένας παίρνει τρία βιβλία και οι άλλοι δύο από ένα
Αυτό μπορεί να γίνει με $\displaystyle 3\frac{5!}{3!\cdot 1!\cdot 1!}=60$ τρόπους
Υποθέτουμε ότι ένας παίρνει ένα βιβλίο και οι άλλοι δύο από δυο βιβλία
Αυτό γίνεται με $\displaystyle 3\frac{5!}{2!\cdot 2!\cdot 1!}=90$ τρόπους
Συνολικά $\displaystyle 60+90=150$ τρόποι

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 22, 2021 9:38 pm**

exdx έγραψε: Παρ Οκτ 22, 2021 8:36 pm Υποθέτουμε ότι ένας παίρνει τρία βιβλία και οι άλλοι δύο από ένα
Αυτό μπορεί να γίνει με $\displaystyle 3\frac{5!}{3!\cdot 1!\cdot 1!}=60$ τρόπους
Υποθέτουμε ότι ένας παίρνει ένα βιβλίο και οι άλλοι δύο από δυο βιβλία
Αυτό γίνεται με $\displaystyle 3\frac{5!}{2!\cdot 2!\cdot 1!}=90$ τρόπους
Συνολικά $\displaystyle 60+90=150$ τρόποι

Γιώργο, καλησπέρα !

Χαίρομαι που τα λέμε μετά από καιρό.

Θέλω τη βοήθειά σου : εγώ στη λύση διαιρώ το κλάσμα με 2! για να βρω πόσες μη διατεταγμένες τέτοιες μοιρασιές έχουμε και πολλαπλασιάζω με 3!=6, για να δώσω την κάθε μοιρασιά στα παιδιά.

Προφανώς έχουμε την ίδια απάντηση.Εσύ πώς το σκέφτεσαι και κάνεις αυτή την πράξη.Τι εκφράζει το

που έχεις μπροστά και τι το κλάσμα ;

Καλό βράδυ !!!

mathematica.gr

ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !

Re: ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΗ-ΠΙΘΑΝΟΤΗΤA : Η ξεχασμένη αγαπημένη !