Ασκήσεις για IMC/Key Stage II

[Carlo de Grandi]

Εφόσον δόθηκαν όλες οι λύσεις για τον Α΄Παγκύπριο Διαγωνισμό, ας αναρτήσω ένα πολύ ωραίο πρόβλημα.
Οι Εκλογές
Σε ένα παράλληλο ιδεατό σύμπαν γίνονται εκλογές. Οι πρόεδροι τριών μικρών κομμάτων ερίζουν για τις ψήφους των κατοίκων του χωριού Κάτω Μηλιά. Είθισται, ο καθένας τους σε τέτοιες περιπτώσεις να διαθέτει ένα χρηματικό ποσό ως «παροχή» για να εξασφαλίσει τις ψήφους των κατοίκων. Ο Α διαθέτει 724€ (καταξοδεύτηκε!), ο Β διαθέτει 857€ και ο Γ διαθέτει 1.503€ (γαλαντονόμος!!).
Ο Α Πρόεδρος, λέει:
-«Αν μοιράσω εξίσου τα χρήματα στις οικογένειες του χωριού και η καθεμία λάβει ακέραιο αριθμό ευρώ τότε θα μου περισσέψουν μερικά ευρώ.»
Ο Β Πρόεδρος, ο οποίος ξέρει πόσες είναι οι οικογένειες, κάνει τον υπολογισμό και του και λέει στον «Α»:
-«Εάν προσθέσω τα ευρώ που σου περισσεύουν στα δικά μου μπορώ να μοιράσω τα χρήματα εξίσου στις οικογένειες του χωριού και να μην περισσέψει κανένα ευρώ. »
Ο Γ Πρόεδρος, λέει στον «Β»:
-«Το ίδιο ακριβώς θα μπορούσε να γίνει και στην δική μου περίπτωση.»
Πόσες οικογένειες ζουν στο χωριό Κάτω Μηλιά;
Πηγή:? Την πηγή θα την αναρτήσω μετά τη λύση, για ευνόητους λόγους.

[Αρχιμήδης 6]

Ευχάριστο πρόβλημα!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

οικογένειες

[Αρχιμήδης 6]

Έστω οι οικογένειες τότε

(1) ,
(2)
(3)

Αφαιρώ τις τελευταίες άρα

(4)

Προσθέτω τις δυο πρώτες άρα

(5)

Επειδή και επειδή στις εξισώσεις κοινός διαιρέτης είναι μόνο ο λαμβάνω οτι

Επαλήθευση και είμαστε ok.

[Carlo de Grandi]

Συγχαρητήρια Αρχιμήδης 6. Η απάντησή σου είναι πολύ σωστή!
Λύση
Στο χωριό Κάτω Μηλιά ζουν 17 οικογένειες. Έστω «α» το πλήθος των οικογενειών που ζουν στην Κάτω Μηλιά, «λ», «μ» και «ν» τα πηλίκα και «υ» τα υπόλοιπα. Από την υπόθεση έχουμε:
724=αλ+υ (1)
857+υ=αμ (2)
1.503+υ=αν (3)
Όπου, α, λ, μ, ν, και υ θετικοί ακέραιοι.
Προσθέτουμε τις (1) και (2) κατά μέλη κι’ έχουμε:
724=αλ+υ
857+υ=αμ
857+724+υ=αλ+αμ+υ ---> 857+724 =αλ+αμ+υ-υ ---> 1.581 =α(λ+μ) (4)
Μετατρέπουμε το 1.581 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κι’ έχουμε:
1.581=3*17*31 (5)
Αντικαθιστούμε τη (5) στη (4) κι’ έχουμε:
1.581 =α(λ+μ) ---> 3*17*31=α(λ+μ) (6)
Προσθέτουμε τις (1) και (3) κατά μέλη κι’ έχουμε:
724=αλ+υ
1.503+υ=αν
724+1.503+υ=αλ+αν+υ ---> 724+1.503= αλ+αν+υ-υ --->2.227=α(λ+ν) (7)
Μετατρέπουμε το 2.227 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων κι’ έχουμε:
2.227=17*131 (8)
Αντικαθιστούμε την (8) στην (7) κι’ έχουμε:
2.227=α(λ+ν) ---> 17*131=α(λ+ν) (9)
Από τις (6) και (9) προκύπτει ότι α = 17 (10) αφού ο 17 είναι ο μοναδικός ακέραιος αριθμός που διαιρεί ταυτόχρονα τα γινόμενα (3*17*31) και (17*131).
(3*17*31)/17=1.581/17=93
(17*131)/17=2.227/17=131
Επαλήθευση:
(Α)724=αλ+υ ---> 724-υ=αλ ---> λ=(724-υ)/α (11)
Διερεύνηση:
Λύνουμε τον ένα άγνωστο συναρτήσει του άλλου και κάνουμε την διερεύνηση των
ακέραιων ριζών. Δίνοντας στο "υ" τις τιμές από το 1 έως το Ν, βλέπουμε ότι η μοναδική
τιμή που ικανοποιεί τη συνθήκη και δίνει ακέραιο αριθμό "λ" είναι ο αριθμός υ=10
Αντικαθιστούμε τη τιμή του "υ" στη (11) κι’ έχουμε:
λ=(724-υ)/α ---> λ=(724-10)/17 ---> λ=714/17 ---> λ=42 (12)
(Β)857+υ=αμ ---> μ=(857+υ)/α ---> μ=(857+10)/17 ---> μ=867/17 ---> μ=51 (13)
(Γ)1.503+υ=αν ---> ν=(1.503+υ)/α ---> ν=(1.503+10)/17 ---> ν=1.513/17 ---> ν=89 (14)
Πηγή: http://mathhmagic.blogspot.gr/2015/09/blog-post_16.html

[Carlo de Grandi]

Καλημέρα σε όλη την παρέα!!

Το σημερινό πρόβλημα έχει σχέση με μια διαθήκη. Προέρχεται από το βιβλίο του Νικομάχου του Γερασηνού με τίτλο «Αριθμητικήν Εισαγωγήν» 1ο με 2ο αιώνα μ.Χ. .
Διευκρίνιση:
Λόγω του ότι το συνολικό ποσό της διαθήκης (στο αρχικό κείμενο) είναι ένας αριθμός δεκαδικός, ο οποίος δεν μπορεί να διανεμηθεί ακέραια, αλλάζω τους αριθμούς των νομισμάτων που θα παίρνει κάθε αγόρι (από 250 σε 256) και κάθε κορίτσι (από 125 σε 128) για να διανεμηθεί ακέραια η διαθήκη. Μέσα σε παρένθεση είναι τα ποσά όπως ήταν γραμμένα στο αρχικό κείμενο, τα οποία δεν λαμβάνονται υπ' όψιν για τη λύση του προβλήματος.

Η Διαθήκη
Ένας πατέρας άφησε ένα σεντουκι με χρυσά νομίσματα στα 6 παιδιά του, 3 αγόρια και 3 κορίτσια. Η διαθήκη έλεγε:
-«Κάθε παιδί ένα - ένα με τη σειρά, πρώτα τα αγόρια και μετά τα κορίτσια, θα βάζει στο σεντούκι τόσα νομίσματα όσα βλέπει μέσα και μετά θα παίρνει 256 (250) το κάθε αγόρι και 128 (125) το κάθε κορίτσι.»
Όταν πήρε και το τρίτο κορίτσι τα 128 (125) νομίσματα δεν έμεινε τίποτα μέσα στο σεντουκι. Πόσα νομίσματα είχε το σεντουκι;
Πηγή:?

[ealexiou]

Απάντηση: χρυσά νομίσματα
Αν τα χρυσά νομίσματα τότε:


edit: έκανα τις απαραίτητες διορθώσεις γιατί αρχικά έλυσα διαφορετικό πρόβλημα (το τρίτο κορίτσι να μην παίρνει τίποτα).

[Αρχιμήδης 6]

Καλό πρόβλημα.

Βήμα βήμα θα το πάω...

Έστω ότι υπάρχουν νομίσματα.
Μετά το πρώτο αγόρι στο σεντούκι θα υπάρχουν
Μετά το δεύτερο αγόρι στο σεντούκι θα υπάρχουν
Μετά το τρίτο αγόρι στο σεντούκι θα υπάρχουν
Μετά το πρώτο κορίτσι στο σεντούκι θα υπάρχουν
Μετά το δεύτερο κορίτσι στο σεντούκι θα υπάρχουν
Μετά το τρίτο κορίτσι στο σεντούκι θα υπάρχουν

Όμως στο τέλος υπάρχουν μηδέν νομίσματα στο σεντούκι συνεπώς λύνοντας την εξίσωση λαμβάνω άρα τόσα νομίσματα είχε αρχικά το σεντούκι .
Κάνω επαλήθευση και είμαι οκ.

[ealexiou]

Το θέμα υπάρχει και εδώ και ήμουν ο ..."αίτιος" της διόρθωσης: http://eisatopon.blogspot.gr/2015/07/bl ... mment-form

[Αρχιμήδης 6]

Ο πατέρας έχει μια αδυναμία στα αγόρια του αφού....

Το καθαρό κέρδος των αγοριών είναι νομίσματα.
Το καθαρό κέρδος των κοριτσιών είναι νομίσματα.

[Carlo de Grandi]

Συγχαρητήρια και στους δύο!! Οι απαντήσεις σας είναι σωστές.

Λύση:
Το σεντούκι περιείχε στην αρχή 238 χρυσά νομίσματα. Έστω "α" τ’ αρχικά χρυσά νομίσματα που είχε μέσα στο σεντούκι. Βάσει των δεδομένων της εκφωνήσεως του προβλήματος έχουμε:
2α-256=β (1)
2β-256=γ (2)
2γ-256=δ (3)
2δ-128=ε (4)
2ε-128=ζ (5)
2ζ-128=0 (6)
Από τη (6) συνάγουμε ότι:
2ζ-128=0 ---> 2ζ=128 ----> ζ=128/2 ----> ζ=64 (7)
Αντικαθιστούμε τη τιμή «ζ» στη (5) κι’ έχουμε:
2ε-128=ζ ---> 2ε-128=64 ----> 2ε=128+64 ---> 2ε=192 ---> ε=192/2 ----> ε=96 (8)
Αντικαθιστούμε τη τιμή «ε» στη (4) κι’ έχουμε:
2δ-128=ε ---> 2δ-128=96 ----> 2δ=128+96 ----> 2δ=224 ----> δ=224/2 ---> δ=112 (9)
Αντικαθιστούμε τη τιμή «δ» στη (3) κι’ έχουμε:
2γ-256=δ ---> 2γ-256=112 ---> 2γ=256+112 ---> γ=368/2 ----> γ=184 (10)
Αντικαθιστούμε τη τιμή «γ» στη (2) κι’ έχουμε:
2β-256=γ ---> 2β-256=184 ---> 2β=256+184 ----> β=440/2 ---> β=220 (11)
Αντικαθιστούμε τη τιμή «β» στην (1) κι’ έχουμε:
2α-256=β ---> 2α-256=220 ----> 2α=256+220 ---> α=476/2 ----> α=238
Επαλήθευση:
2α-256=β ---> 2*238-256=476-256=220
2β-256=γ ---> 2*220-256=440-256=184
2γ-256=δ ---> 2*184-256=368-256=112
2δ-128=ε ---> 2*112-128=224-128=96
2ε-128=ζ ---> 2*96-128=192-128=64
2ζ-128=0 ---> 2*64-128=128-128=0

Όσον αφορά την πηγή λήψεως ο αγαπητός Ευθύμης με πρόλαβε και την έδωσε.

[Carlo de Grandi]

α)Αποτέλεσμα 60
Υπάρχουν μόνο δύο τρόποι να σχηματίσουμε τον αριθμό 60, χρησιμοποιώντας τρεις φορές τον ίδιο αριθμό και το σύμβολο της πρόσθεσης. Ποιοι είναι αυτοί οι δύο τρόποι;
Πηγή:?

β)Η Πιθανότητα
Ρίχνουμε δύο ζάρια. Ποια είναι η πιθανότητα να φέρουμε άθροισμα 5, πριν να φέρουμε άθροισμα 7;
Πηγή:?

[ealexiou]

α)Αποτέλεσμα 60
Υπάρχουν μόνο δύο τρόποι να σχηματίσουμε τον αριθμό 60, χρησιμοποιώντας τρεις φορές τον ίδιο αριθμό και το σύμβολο της πρόσθεσης. Ποιοι είναι αυτοί οι δύο τρόποι;
Πηγή:?

Ο ένας τρόπος φυσικά είναι ο και ο άλλος - μένοντας βέβαια στο δεκαδικό αριθμητικό σύστημα - πρέπει να είναι ο (ή )

[ealexiou]

β)Η Πιθανότητα
Ρίχνουμε δύο ζάρια. Ποια είναι η πιθανότητα να φέρουμε άθροισμα 5, πριν να φέρουμε άθροισμα 7;
Πηγή:?

Με επιφύλαξη...

Ο δειγματικός χώρος είναι ο

Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με

[Carlo de Grandi]

Πολύ σωστά Ευθύμη. Μπράβο σου. Για το δεύτερο δεν χρειάζεται επιφύλαξη, διότι στις 10 φορές που ρίχνουμε τα ζάρια, οι 4 φορές έχουν ως αποτέλεσμα το 5.
Α)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2015/08/60_59.html
Β)Πηγή:http://eisatopon.blogspot.gr/2015/08/5-7.html

[Carlo de Grandi]

Οι Αριθμοί
Υπάρχουν τρεις παλινδρομικοί* αριθμοί. Ο πρώτος αριθμός αποτελείται από δύο ψηφία. Ο δεύτερος αποτελείται από τρία ψηφία. Εάν προσθέσουμε τους δύο αριθμούς μαζί, τότε προκύπτει ένας τετραψήφιος παλινδρομικός αριθμός. Ποιοι είναι οι τρεις αυτοί παλινδρομικοί αριθμοί;
Επεξήγηση:
*Παλινδρομικός ή καρκινικός αριθμός καλείται ο αριθμός που δηλώνει την παλινδρομική ή καρκινική όμοια εκφορά του αριθμού, από την αρχή προς το τέλος και από το τέλος προς την αρχή π.χ. ο αριθμός 838 είναι παλινδρομικός ή καρκινικός.
Πηγή:?

[nikkru]

Οι Αριθμοί
Υπάρχουν τρεις παλινδρομικοί* αριθμοί. Ο πρώτος αριθμός αποτελείται από δύο ψηφία. Ο δεύτερος αποτελείται από τρία ψηφία. Εάν προσθέσουμε τους δύο αριθμούς μαζί, τότε προκύπτει ένας τετραψήφιος παλινδρομικός αριθμός. Ποιοι είναι οι τρεις αυτοί παλινδρομικοί αριθμοί;
Επεξήγηση:
*Παλινδρομικός ή καρκινικός αριθμός καλείται ο αριθμός που δηλώνει την παλινδρομική ή καρκινική όμοια εκφορά του αριθμού, από την αρχή προς το τέλος και από το τέλος προς την αρχή π.χ. ο αριθμός 838 είναι παλινδρομικός ή καρκινικός.
Πηγή:?

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

22 + 979 = 1001

[ealexiou]

Οι Αριθμοί
Υπάρχουν τρεις παλινδρομικοί* αριθμοί. Ο πρώτος αριθμός αποτελείται από δύο ψηφία. Ο δεύτερος αποτελείται από τρία ψηφία. Εάν προσθέσουμε τους δύο αριθμούς μαζί, τότε προκύπτει ένας τετραψήφιος παλινδρομικός αριθμός. Ποιοι είναι οι τρεις αυτοί παλινδρομικοί αριθμοί;
Επεξήγηση:
*Παλινδρομικός ή καρκινικός αριθμός καλείται ο αριθμός που δηλώνει την παλινδρομική ή καρκινική όμοια εκφορά του αριθμού, από την αρχή προς το τέλος και από το τέλος προς την αρχή π.χ. ο αριθμός 838 είναι παλινδρομικός ή καρκινικός.
Πηγή:?

O τετραψήφιος, έστω , πού προκύπτει ως άθροισμα διψήφιου και τριψήφιου πληρεί
την σχέση και αφού είναι παλινδρομικός είναι ο
Ο τριψήφιος πρέπει, προφανώς, να είναι της μορφής και ο διψήφιος της μορφής ,
οπότε έχουμε την σχέση
(πράγματι )

[Carlo de Grandi]

Πολύ σωστά Ευθύμη. Συγχαρητήρια!
Λύση:
Ο τριψήφιος αριθμός οφείλει να είναι μεγαλύτερος από 900, διαφορετικά δε γίνεται να υπερβεί το 1.000 εάν προστεθεί με ένα διψήφιο. Αφού είναι παλινδρομικός, δε μπορεί παρά να είναι της μορφής 9x9 (9 εκατοντάδες, χ δεκάδες και 9 μονάδες).
Ο διψήφιος παλινδρομικός αριθμός προφανώς είναι της μορφής ψψ (ψ δεκάδες και ψ μονάδες).
Ο τετραψήφιος αριθμός είναι το άθροισμα τριψήφιου και διψήφιου, επομένως δε μπορεί παρά το πρώτο του ψηφίο (χιλιάδες) να είναι 1 και το δεύτερο ψηφίο (εκατοντάδες) να είναι 0. Δεδομένου, λοιπόν, ότι είναι παλινδρομικός, δε μπορεί παρά να είναι ο 1001.
Προσθέτοντας τον τριψήφιο και το διψήφιο αριθμό, κατ' αρχήν προσθέτονται οι μονάδες, δηλαδή 9+ψ. Παρατηρώντας το άθροισμα 1001, γίνεται φανερό 9+ψ=11, ώστε να προκύψει το 1 ως τελευταίο ψηφίο (ή ψηφίο μονάδων) του αθροίσματος, καθώς και το 1 ως κρατούμενο για να προστεθεί στις δεκάδες.
Αφού 9+ψ=11, τότε ψ=2, επομένως ο διψήφιος αριθμός είναι το 22.
Ο τριψήφιος αριθμός της μορφής 9χ9 ισούται με 900+χ*10+9, ενώ το άθροισμα των δυο είναι:
(900+χ*10+9)+22=1001.
Η λύση είναι χ=7, επομένως ο τριψήφιος αριθμός είναι το 979.
(A.)22
(B.)979
22+979=1001
Πηγή: http://papaveri48.blogspot.gr/2010/06/blog-post_17.html

[Demetres]

Διαχώρισα το θέμα από τον σχολιασμό του Α' Παγκύπριου διαγωνισμού.

Carlo de Grandi, να υπενθυμίσω τον κανονισμό που ζητάει να γράφουμε σε latex. Κάποιες βασικές οδηγίες υπάρχουν εδώ. Μπορείς επίσης να κάνεις δομικές εδώ.