$1.$ Μια τετράγωνη πίτσα κόβεται σε τέσσερα κομμάτια με δύο μαχαιριές κάθετες μεταξύ τους,όχι απαραιτήτως παράλληλες με τις πλευρές. Αν τα τρία κομμάτια ζυγίζουν το καθένα $222$ γραμμάρια, από πόσο μέχρι πόσο μπορεί να ζυγίζει το τέταρτο; Το βάρος της πίτσας είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο.
$2.$ Ποιος τριψήφιος αριθμός έχει τους περισσότερους διαιρέτες;
$3.$ Μπορεί ένα ευκλείδειο τρίγωνο που έχει όλα του τα ύψη μικρότερα από $1$ να έχει εμβαδόν μεγαλύτερο από $1981$ τετραγωνικές μονάδες;
Για το $3$
ΑπάντησηΔιαγραφήΠολλά, εξετάζω μία γενική κατηγορία ισοσκελών τριγώνων $ABC$,
$BC$ η μεγάλη πλευρά.
Απαραίτητη προυπόθεση $ \upsilon _{a} \leq 0.5$.
Αν $ \upsilon _{a} \leq 0.5$ τότε $ \upsilon _{b}= \upsilon _{c} < 1$ και άρα η βάση $BC$, έστω $x$, πρέπει να πληροί την σχέση:
$ \dfrac{x \upsilon _{a} }{2} >1981 \Rightarrow $
$ x> \dfrac{2 \times 1981}{ \upsilon _{a}} \Rightarrow x> \dfrac{3962}{ \upsilon _{a}} $
για $ \upsilon _{a} =0.5 \Rightarrow x>2 \times 3962(=7924) $
Για το $2$
ΑπάντησηΔιαγραφή$2^5 \times 3^3=864$,
άρα δ/τες $3 \times 5=15$ και τα $1,\ 864$, $15+2=17$
Διόρθωση $22+2=24$ οι διαιρέτες (είπα να το κάνω με τύπο, αλλά τι το ήθελα!)
ΔιαγραφήΑφού τα καταφέρνω καλύτερα να βρω έναν τύπο παρά να τον θυμάμαι (εξ ού και η αντιπάθεια μου για τους δύσκολους τύπους)
Διαγραφήστα συγκεκριμένο διαιρέτες $(5+1)(3+1)=24$
@Ευθύμης Αλεξίου
ΑπάντησηΔιαγραφήΕυθύμη καλημέρα
Μια διόρθωση για το λάθος εκ παραδρομής που έκανες:
χ>3.962/0,5(=7.964) ή χ>(2*1.981)/0,5
Καλησπέρα Κάρλο
ΔιαγραφήΑπαντάω για να εγκαινιάσω και εγώ την αμεσότητα...
Γιώργο, υπάρχει λύση στο $1$? ή μήπως αφού τα $3$ είναι ίσα, αναγκαστικά θα είναι και το $4o$?
ΑπάντησηΔιαγραφήEύλογη ερώτηση. Αν δεν μπορεί να βρεθεί τιμή ή τιμές (κάποιο εύρος δηλαδή) διαφορετικές από 222, ψυλιαζόμαστε πως μπορεί να ισχύει το τελευταίο που λες,δηλαδή η αναγκαστική ισότητα.
ΔιαγραφήΓια το $1.$ ,δεν μπορεί να υπάρχουν τρία ίσα κομμάτια κι ένα τέταρτο άνισο. Γιατί όμως;
ΑπάντησηΔιαγραφήΑπό την αρχή σχεδόν αυτό ψάχνω. Το θέμα μου θύμισε το "γιν-γιάνγκ" (ή κάπως έτσι με την συμμετρία στο κυκλικό), εδώ στο τετραγωνικό, αλλά υποθέτω ότι, το ότι τα $4$ τετράπλευρα που σχηματίζονται είναι εγγράψιμα και αφού τα $3$ είναι ίσα, αναγκαστικά και το $4o$ λόγω συμμετρίας θα είναι ίσο καθώς η πίτσα είναι τετράγωνη, δεν είναι απόδειξη. (Η περίπτωση που το $1o$ κόψιμο θα γίνει σε $2$ συνεχόμενες πλευρές του τετραγώνου δεν δίνει $3$ ίσα μερίδια αποδεικνύεται εύκολα,αλλά χωρίς σχήμα...) και μένει προς εξέταση τα κάθετα κοψίματα να τέμνουν απέναντι πλευρές του τετραγώνου, που αναφέρθηκα πιο πάνω. Και πάλι λέω, δεν την θεωρώ λύση απλά "διαισθητική προσέγγιση" (όπως και το γιν-γιάνγκ, αλλά εκείνο το απέδειξα κιόλας.)
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν δύο κάθετα ευθύγραμμα τμήματα, τελειώνουν στις απέναντι πλευρές τετραγώνου θα είναι ίσα .( γνωστή απλή άσκηση ).
ΑπάντησηΔιαγραφήΕδώ δε αφού τα τρία τμήματα είναι ισοβαρή και ομοιογενή τα τετράπλευρα που σχηματίζονται θα έχουν το ίδιο εμβαδόν και ίσο με το εμβαδόν του ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου, από τα 4 ίσα, που θα σχηματιστεί αν οι διαγώνιες αντιστοιχούν στις μαχαιριές. Δηλαδή το ένα τέταρτο του τετραγώνου .
Δεν υπάρχει λοιπόν μεγαλυτέρα και μικροτέρα τιμή του βάρους του τέταρτου κομματιού . Είναι 222 γραμμάρια .
po po, όσα γράφεις είναι σωστά και ισχύουν, αλλά είναι δήλωση κι όχι επαρκής απόδειξη. Κοίταξέ το ξανά αν θέλεις.
ΔιαγραφήΓια το 2, υπάρχουν δύο τριψήφιοι που έχουν περισσότερους διαιρέτες από τον 864 που τους έχει 24.
ΑπάντησηΔιαγραφήΟ 960 = 2^6*3*5 έχει 7*2*2=28, ενώ ο 840 = 2^3*3*5*7 έχει 4*2*2*2=32 διαιρέτες. Νομίζω ότι το χρυσό ανήκει στον 840.
Για το 1, νομίζω ότι θα αρκούσε να δείξουμε ότι και οι δύο μαχαιριές περνάνε από το κέντρο της πίτσας. Αν υποθέσουμε ότι αυτό δεν συμβαίνει εξ αρχής, θα μπορούσαμε να μετατοπίσουμε τις μαχαιριές παράλληλα ώστε να συμβεί. Η μετατόπιση αυτή θα αυξήσει υποχρεωτικά το βάρος ενός από τα αρχικά κομμάτια και θα μειώσει το βάρος του απέναντί του κομματιού, ενώ και τα 4 κομμάτια θα αποκτήσουν ίσα σχήματα και βάρη. Αντίφαση, άρα συμβαίνει.
Tο ότι τα ευθύγραμμα τμήματα που περατούνται στις απέναντι πλευρές τετραγώνου , όταν είναι κάθετα είναι και ίσα , είναι το κλειδί που εξαναγκάζει ( και λόγω των ισεμβαδικών των τριών τμημάτων) τα τμήματα αυτά να διχοτομούνται και το προκύπτον τετράπλευρο να είναι τετράγωνο με αποτέλεσμα το κέντρο του να συμπίπτει με το κέντρο του τετραγώνου της πίτσας.
ΑπάντησηΔιαγραφήΗ πιο πάνω ισότητα των τμημάτων που οι προηγούμενοι σχολιαστές δεν αναφέρουν είναι το κλειδί της τεκμηρίωσης που υποστηρίζω.
Από την στιγμή αυτά που γράφω είναι σωστά σε ποιο σημείο εστιάζεται η όποια απορία ;
H απορία είναι πως στο αρχικό σχόλιο δεν έκανες αναφορά στην αναγκαία συνθήκη να διέρχονται και οι δύο τομές από το κέντρο. Επίσης ,σε σχέση με το δεύτερο σχολιό σου, πρέπει να δειχτεί πως και οι τυχαίες κάθετες τομές (που δεν περατούνται στις απέναντι πλευρές) ΔΕΝ μπορεί να ορίσουν 3 ίσα τμήματα , κάτι που βεβαίως δείχνεται εύκολα με διάφορους τρόπους (ένας είναι ο τρόπος του papadim).
ΔιαγραφήAυτό απλώς εννοούσα, κι όχι βεβαίως πως έκανες κάποιο λάθος.
Για το θέμα 2. ο νικητής ,όπως είπε κι ο Θανάσης, είναι το 840 με 32 διαιρέτες. Το γιατί, όπως επεσήμαναν εμέσως πλην σαφώς, ο Ευθύμης κι ο Θανάσης το πλήθος των παραγόντων ενός αριθμού ισούται με το γινόμενο των εκθετών κάθε πρώτου παράγοντα προσαυξημένοιυ κατά 1, αποδεικνύεται εύκολα με διάφορους τρόπους, κι αφήνεται ως άσκηση στους αναγνώστες. :-)
ΑπάντησηΔιαγραφήH συγκεκριμένη διερεύνηση περιορίζεται εύκολα ως προς το εύρος της αν σκεφτούμε πως 2*3*5*7*11 κάνει τετραψήφιο, άρα ξεκινώντας από το 2*3*5*7 κι ανεβάζοντας εκθέτες στο 2, στο 3 κ.λ.π. καταλήγουμε στο 840=2^3 *3 * 5 *7 με 4*2*2*2=32 παράγοντες.
Στο θέμα 3. όπως τα έγραψε ο Ευθύμης είναι.
ΑπάντησηΔιαγραφήπ.χ το ισοσκελές τρίγωνο με βάση 8000 και ύψος 0,5 έχει εμβαδόν 2000 τ.μονάδες και εύκολα μπορεί κάποιος να διαπιστώσει πως και τα δύο άλλα ύψη του είναι μικρότερα της μονάδας.
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΛογικό, τελείως λογικό να μην βρω τον αριθμό με τους περισσότερους διαιρέτες καθώς έψαχνα τους αριθμούς με λάθος τύπο, αδύνατη μνήμη δυστυχώς, δηλαδή πχ αν $A=a^k∗b^m∗c^n$ τότε, όπως λαθεμένα θυμόμουν διαιρέτες του $A =k∗m∗n$, αντί του σωστού τύπου $(k+1)∗(m+1)∗(n+1)$ που βρήκα μετά ελέγχοντας τους διαιρέτες έναν−έναν και έτσι προσάρμοσα τον τύπο μεν στο σωστό , αλλά δεν γύρισα πίσω να ψάξω τον αριθμό με τον σωστό τύπο (με τον λάθος τύπο ο έχων τους περισσότερους διαιρέτες "είναι" ο $864, (3*5+2=17)$ (και βέβαια ¨αν η γιαγιά είχε (...), θα ήταν παππούς), με κατατρέχει η ταχύτητα βλέπετε, αλλά ναι μεν το "γοργόν και χάριν έχει", αρκεί να είναι και σωστό! :-) και δεν ήταν. Κρίμα σε ένα τόσο εύκολο πρόβλημα να την πατήσω!
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν σκεφτούμε ότι οι διαιρέτες του αριθμού Α = a^k * b^m * c^n, όπως τον έχει αναλύσει πρωτοπαραγοντικά πιο πάνω ο Ευθύμης, είναι αριθμοί που φτιάχνονται με τους ίδιους παράγοντες a, b και c, αλλά οι οι αντίστοιχοι εκθέτες τους μπορούν να παίρνουν συνδυαστικά οποιεσδήποτε τιμές από 0 έως k, 0 έως m και 0 έως n, τότε ο τύπος
ΑπάντησηΔιαγραφήπλήθος διαιρετών Α = (k+1)(m+1)(n+1) είναι σχεδόν αυτονόητος. Το ίδιο και η δυνατότητα γενίκευσής του.
Και για εμπέδωση / εξάσκηση, για όσους τυχόν ενδιαφέρονται, προτείνω και το εξής προβληματάκι:
ΑπάντησηΔιαγραφήΠόσοι θετικοί ακέραιοι διαιρούν μόνο τον ένα από τους αριθμούς 10^60 και 20^35 και πόσοι τουλάχιστον τον ένα από αυτούς?