1. Έχουμε 5 χρυσά νομίσματα. Το καθένα έχει πάνω του τον αριθμό 1, 2, 3, 4 ή 5 που είναι το βάρος του σε γραμμάρια. Ένα νόμισμα όμως από τα πέντε είναι κάλπικο και είναι βαρύτερο ή ελαφρύτερο από το κανονικό (τον αναγραφόμενο αριθμό πάνω του). Βρείτε το κάλπικο νόμισμα με δύο (2) ζυγίσεις σε ένα ζυγό -παλάντζα.(ζυγαριά μάζας με δύο σκέλη).
2. Ο Σωκράτης και ο Γιώργος παίζουν "μυρμηγκομαχία". Κάθονται στα απέναντι άκρα, κατά μήκος ενός τραπεζιού και εξαπολύουν ο ένας στον άλλον μυρμήγκια. Τα μυρμήγκια πάνε πάντα προς τον έναν ή τον άλλον και επιπροσθέτως όταν τρακάρουν μετωπικά μεταξύ τους δεν αλληλοπροσπερνιούνται, αλλά απλώς αντιστρέφουν τις πορείες τους το καθένα και γυρνάνε προς την άλλη κατεύθυνση
. Αν ένα μυρμήγκι ας πούμε, έχει εξαπολυθεί από τον Σωκράτη, πάει πάντα προς τον Γιώργο,αλλά όταν τρακάρει με κάποιο που πάει προς τον Σωκράτη, θα γυρίσει αυτό προς τον Σωκράτη (και το άλλο προς τον Γιώργο). Τα μυρμήγκια και των δύο παικτών είναι διαφορετικών ειδών και ταχυτήτων. Άλλα γρήγορα,άλλα πιο αργά. Αν ο Σωκράτης εξαπολύσει αρχικά 55 μυρμήγκια και ο Γιώργος 45 μυρμήγκια,πόσα θα φτάσουν στο Γιώργο και πόσα στο Σωκράτη;
. Αν ένα μυρμήγκι ας πούμε, έχει εξαπολυθεί από τον Σωκράτη, πάει πάντα προς τον Γιώργο,αλλά όταν τρακάρει με κάποιο που πάει προς τον Σωκράτη, θα γυρίσει αυτό προς τον Σωκράτη (και το άλλο προς τον Γιώργο). Τα μυρμήγκια και των δύο παικτών είναι διαφορετικών ειδών και ταχυτήτων. Άλλα γρήγορα,άλλα πιο αργά. Αν ο Σωκράτης εξαπολύσει αρχικά 55 μυρμήγκια και ο Γιώργος 45 μυρμήγκια,πόσα θα φτάσουν στο Γιώργο και πόσα στο Σωκράτη;
3.Ο Σωκράτης και ο Γιώργος παίζουν το εξής παιχνίδι:
Διαλέγουν εναλλάξ αριθμούς από το 1 έως και το 9 ,χωρίς αντικατάσταση. Νικητής είναι όποιος κατορθώσει να μαζέψει 3 αριθμούς που να έχουν άθροισμα 15. Υπάρχει νικητήρια στρατηγική για τον πρώτο ή τον δεύτερο παίκτη;
Λύση Νο.3
ΑπάντησηΔιαγραφήΝαι. Υπάρχει στρατηγική νίκης για το πρώτο παίκτη.
Να επιλέξει τον αριθμό 5, ο οποίος με το μέγιστό συνδυασμό 8 αριθμών (4 ζευγάρια:1+9, 2+8, 3+7, 4+6) επιτυγχάνει το σύνολο
των 15 πόντων με τρεις αριθμούς.
Δεν είναι σωστή η λύση στο 3.
ΔιαγραφήΜεζεδάκι-προβληματάκι 1
ΑπάντησηΔιαγραφή1η ζύγιση
Ζυγίζουμε τα 1 και 2 με το 3.
1α) Αν ισορροπούν κάλπικο είναι το 4 ή το 5.
2η ζύγιση
Ζυγίζουμε τα 1 και 3 με το 4.
-Αν ισορροπούν κάλπικο το 5 (δεν καταλαβαίνουμε αν είναι βαρύτερο ή ελαφρύτερο).
-Αν δεν ισορροπούν κάλπικο είναι το 4, (κατά την φορά του σκέλους της ζυγαριάς που είναι το 4)
1β) Αν δεν ισορροπούν κάλπικο θα είναι το 1 ή το 2 ή το 3 και γνήσια τα 4 και 5
2η)ζύγιση
Ζυγίζουμε τα 1 και 3 με το 4.
-Αν ισορροπούν κάλπικο είναι το 2 (κατά την φορά του σκέλους που ήταν το 2 στην 1η ζύγιση) και καταλαβαίνουμε αν είναι βαρύτερο ή ελαφρύτερο.
-Αν δεν ισορροπούν κάλπικο είναι ή το 1 ή το 3 ανάλογα με με το πώς θα κινηθεί το σκέλος του ζυγού που είναι τα 1 και το 3 σε σχέση με την 1η ζύγιση. Αν κινηθεί όπως το σκέλος που ήταν το 1 στην 1η ζύγιση είναι το 1, αν όπως το σκέλος που ήταν το 3,(στην 1η ζύγιση) είναι το 3, και επίσης καταλαβαίνουμε αν είναι βαρύτερο ή ελαφρύτερο.
Πολύ σωστά για το 1.
ΔιαγραφήΠροβληματάκι 2
ΑπάντησηΔιαγραφήΣτο Γιώργο θα φτάσει τόσος αριθμός μυρμηγκιών όσος εξαπολύθηκε από τον Σωκράτη, δηλαδή 55, και στον Σωκράτη τόσος αριθμός όσος εξαπολύθηκε από τον Γιώργο, δηλαδή 45. Αυτό θα συμβεί διότι ακριβώς ίδιος αριθμός μυρμηγκιών αντιστρέφει (στροφή 180ο) πορεία, άρα ο αρχικός αριθμός μυρμηγκιών που πηγαίνει προς την μία κατεύθυνση παραμένει σταθερός, όπως σταθερός παραμένει και ο αριθμός που πηγαίνει προς την άλλη κατεύθυνση. Το μόνο που θα αλλάξει είναι τα μυρμήγκια, άλλα θα ξεκινήσουν από τον έναν και άλλα θα φτάσουν στον άλλον και το αντίστροφο, αλλά το πλήθος θα είναι είναι το ίδιο. Μόνο στην ακραία περίπτωση που δεν συμβεί κανένα τρακάρισμα θα φτάσουν τα αρχικά μυρμήγκια. Νομίζω επίσης ότι από τα 55 που θα φτάσουν στο Γιώργο, τουλάχιστον τα 10 (55-45) θα είναι από τα 55 του Σωκράτη.
Λύση Νο.3
ΑπάντησηΔιαγραφήΝαι. Υπάρχει στρατηγική νίκης για το πρώτο παίκτη.
Λόγω του ότι το άθροισμα των 9 αριθμών ισούται με 45, πρέπει να επιλέξει ένα ζυγό αριθμό ώστε στον αντίπαλο να μείνει ως άθροισμα των υπόλοιπων αριθμών ένας περιττός αριθμός. Έστω ότι επιλέγει τον αριθμό 6, ο οποίος με το μέγιστό συνδυασμό 6 αριθμών (3 ζευγάρια:1+8, 2+7, 4+5) επιτυγχάνει το σύνολο των 15 πόντων με τρεις αριθμούς.
Πρόβλημα 3
ΑπάντησηΔιαγραφήΕίναι σωστό αυτό που έγραψε ως λύση ο κ. Κάρλο αλλά σε παρεμφερές και πιο εύκολο πρόβλημα. Άθροισμα 15 με τους αριθμούς και των 2 παιχτών!
Όμως εδώ το ζητούμενο είναι να βγει άθροισμα 15 με τους αριθμούς ενός παίχτη, έτσι σκεφτόμαστε:
Φτιάχνουμε ένα πλέγμα 3χ3=9 τετραγώνων και τοποθετούμε τους αριθμούς 1,2,3,..,9, με το 5 στο κέντρο και τους υπόλοιπους στα άλλα τετράγωνα έτσι ώστε οριζοντίως καθέτως και διαγωνίως να έχουμε άθροισμα 15 π.χ.
2..7..6
9..5..1
4..3..8
και μετά "παίζουμε" τρίλιζα (όπως το λένε τώρα, όταν ήμουν στις τελευταίες τάξεις του δημοτικού και μου άρεσε πάρα πολύ το λέγαμε τριάδες)
Όμως δεν θα δώσω ολοκληρωμένη απάντηση τώρα αμέσως και για να μπορέσει-ουν να ασχοληθεί-ούν με αυτό το ενδιαφέρον και καθόλου προβληματάκι και κάποιος-οι άλλος-οι και κυρίως επειδή το έχω λύσει ολοκληρωμένα σε κάποιο άλλο ιστολόγιο.
Το Νο.3 πρέπει να έχει σχέσει με το Κινέζικο παιγνίδι ΝΙΜ.με δίαφορες παραλλαγές.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣωστές οι λύσεις Αλεξίου στα 2. και 3.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣτο 3. η κομψότερη απόδειξη πως δεν υπάρχει νικητήρια στρατηγική είναι όντως η διαπίστωση πως υπάρχουν 8 υποσύνολα του {1,2,...,9}που δίνουν άθροισμα 15:
{1, 5, 9}, {2, 5, 8}, {3, 5, 7}, {4, 5, 6}, {1, 6, 8}, {2, 4, 9}, {2, 7, 6}και {3,4,8}
8 τριάδες, άθροισμα 15 ---Μαγικό τετράγωνο!
2 7 6
9 5 1
4 3 8
Όλες οι σειρές,στήλες και οι 2 διαγώνιες έχουν άθροισμα 15. Και αντιστοιχεί σε τρίλιζα (tic-tac-toe αγγλιστί). Και στην τρίλιζα ως γνωστόν, δεν υπάρχει νικητής. Όποιον αριθμό και να επιλέξει ο πρώτος ,υπάρχει πάντα άμυνα για τον δεύτερο ώστε να μη σχηματίζεται τριάδα,άρα το 15 είναι άπιαστο.
@Ευθυμιος Αλεξιου
ΑπάντησηΔιαγραφήΤο αστείο στην υπόθεση είναι ότι δώσαμε και οι δύο τη λύση στο ίδιο ιστολόγιο και μάλιστα την είχα στείλει πρώτος σε δύο δόσεις. Όρα
http://pantsik.blogspot.gr/2010/08/15.html