1. Να λυθεί η εξίσωση που απεικονίζεται.
2. Πόσα φύλλα πρέπει να αφαιρέσετε από μια κανονική 52 φύλλων τράπουλα ώστε να μην γίνεται καμία "κέντα" (5 φύλλα σε αύξουσα σειρά);
3. Έχετε Κ κυβικά τουβλάκια και θέλετε να χτίσετε μ'αυτά τον μεγαλύτερο δυνατό κύβο. Διαπιστώνετε πως τα τουβλάκια δεν σάς φτάνουν. Σε μία έδρα του μεγάλου κύβου απαιτείται ακόμη ακριβώς μία σειρά από μικρά τουβλάκια. Αποδείξτε ότι το Κ διαιρείται με το 6.
1ο θέμα
ΑπάντησηΔιαγραφήsprt(x+sprt(x+sprt(x+.... = 2 =>
sprt(x +(sprt(x+sprt(x+sprt(x..... = 2 =>
sprt(x+2) = 2 =>
(sprt(x+2))^2 = 4 =>
x+2=4 => x = 2
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΔιαγραφήΣωστά! Ή "με λόγια" : υψώνουμε στο τετράγωνο, το 2ο μέλος γίνεται 4 και στο 1ο φεύγει η αριστερή (έξω-έξω) ρίζα και έχουμε: x+"Kάτι με ρίζες"=4.
ΔιαγραφήΤο "κάτι με ρίζες" όμως ,αφού οι ρίζες είναι άπειρες, είναι ίσο με "όλες τις ρίζες" που είναι 2.
Άρα : x+2=4 ---- x=2
Στην ιδανική περίπτωση, για να σχηματίζεται κύβος, θα είχαμε κ=λ^3. Αφού λείπει μια ακριβώς σειρά σε μια έδρα, ισχύει:
ΑπάντησηΔιαγραφήκ=λ^3-λ=λ(λ^2-1)=(λ-1)λ(λ+1), δηλαδή το κ είναι γινόμενο 3 διαδοχικών ακεραίων. Από αυτούς, ένας οπωσδήποτε είναι ζυγός και ένας οπωσδήποτε πολλαπλάσιος του 3. Επομένως ο κ είναι πολλαπλάσιος του 2*3=6.
Πολύ σωστά!
ΔιαγραφήΜπράβο Θανάση!
ΔιαγραφήΒλέπω ότι το 3ο θέμα απαντήθηκε αλλά αφου το έκανα...
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω ότι τα Κ τουβλάκια είναι μοναδιαία, χωρίς βλάβη της
γενικότητας, που λένε και οι επιστήμονες μαθηματικοί, και για
διευκόλυνση των υπολογισμών.
Το Κ θα είναι της μορφής λ^3*(1^3)-λ*(1^3)=
=λ^3 – λ= λ*(λ^2-1)=λ*(λ-1)*(λ+1), λ=2,3,4,..
Άρα έχουμε γινόμενο τριών διαδοχικών θετικών
ακεραίων αριθμών.
Σε τρεις διαδοχικούς φυσικούς αριθμούς
ή ο ένας είναι είναι πολλαπλάσιος του 3 και ένας τουλάχιστον
από τους άλλους 2 είναι πολλαπλάσιος του 2
π.χ 2*3*4, 3*4*5, 7*8*9,....
ή ένας είναι πολλαπλάσιος του 6 πχ 4*5*6, 5*6*7 ,6*7*8,
10*11*12, 11*12*13, 12*13*14,....
άρα σε κάθε περίπτωση ο Κ=λ^3-λ διαιρείται με το 6.
Πολύ σωστά!
ΔιαγραφήΘέμα 2ο
ΑπάντησηΔιαγραφήΣε αυτά τα θέματα, τα αυτονόητα?, αισθάνομαι μετέωρος μήπως μου διαφεύγει κάτι..
Για να μην υπάρχει καμία πιθανότητα για κέντα τα φύλλα πρέπει να είναι το πολύ τέσσερα. Στα πέντε υπάρχει πιθανότητα, μικρή αλλά υπαρκτή, να γίνει κέντα.
Άρα πρέπει να αφαιρέσουμε 48 φύλλα .
ΘΕΜΑ 3ο
ΑπάντησηΔιαγραφήΚαι για να δώσω μια διαφορετική πινελιά στην ομοιότητα
των δύο λύσεων(papadim-δική μου) αλλά και κυρίως για
να δοκιμάσω την ...τύχη μου στην επαγωγική μέθοδο,
αν σωστά την θυμάμαι και την αντιλαμβάνομαι ή όχι.
Και είτε ναι είτε όχι, από την απάντηση σου,
κύριε Ριζόπουλε-συνάδελφε Γεώργιε Ριζόπουλε,
κάτι θα προσθέσω στις λίγες, δυστυχώς,
μαθηματικές μου γνώσεις
Είδαμε ότι Κ=(λ-1)*λ*(λ+1),
για λ=2, Κ=1*2*3=6
για λ=3, Κ=2*3*4=24=6*4
για λ=4, Κ=3*4*5=120=6*20
...........................
έστω για λ=ν, Κν=(ν-1)*ν*(ν+1)=6μ
τότε για λ=ν+1 Κ(ν+1)=ν*(ν+1)*(ν+2)=
ν^3+3ν^2+2λ=ν^3+3ν^2+3ν-ν=
(ν^3-ν)+(3ν^2+3ν)=ν(ν^2-1)+3ν*(ν+1)=
(ν*(ν+1)*(ν-1))+3ν*(ν+1) =>
Κ(ν+1)=6μ+3*(ν*(ν+1))
Ο ν*(ν+1) είναι άρτιος ως γινόμενο (περιττού*άρτιο)
ή (άρτιου*περιττό), άρα μπορεί να γραφεί ως 2ξ,
άρα 3*(ν*(ν+1))=3*2ξ=6ξ ,
άρα Κ(ν+1)=6μ+6ξ=6(μ+ξ), άρα διαιρείται με το 6,
άρα ισχύει η επαγωγή(?).
Στην 'υπόγα' του Μετσοβίου που διδάχτηκα την πόκα, παιζόταν με 32 μόνο φύλλα και εκεί κέντα δε γινόταν χωρίς το 10. Σε τράπουλα με 52 φύλλα όμως, αν η μικρότερη κέντα τελειώνει στο 5 (Α,2,3,4,5) και η μεγαλύτερη αρχίζει από 10 (10,Β,Ν,Ρ,Α), αφού και ανάμεσα στο 5 και το 10 υπάρχουν μόνο 4 φύλλα, δε θα αρκούσε να αφαιρέσουμε τα 5-άρια και τα 10-άρια, δηλαδή 8 φύλλα?
ΑπάντησηΔιαγραφήΣωστά! Και πολύ απλό θα μπορούσα να το σκεφτώ, αλλά μου διέφυγε, και ας μην έχω σχεδόν ιδέα από χαρτιά.
ΔιαγραφήΒλέπεις, εμείς (όσοι από εμάς) τότε... σε διάφορες υπόγειες ή μη "γιάφκες" ...μαθαίναμε την πτώση της χούντας των συνταγματαρχών!
Πολύ σωστά! 8 φύλλα,όλα τα 5άρια και τα 10άρια, και κέντες (και φλος) γιοκ!,
ΔιαγραφήΓια να ακριβολογήσω απάντησα στο ερώτημα "Πόσα χαρτιά (τυχαία) πρέπει να αφαιρέσουμε, που η απάντηση είναι, θεωρώ,
ΑπάντησηΔιαγραφή48
και όχι στο ερώτημα, "Πόσα χαρτιά (και ποια) πρέπει να αφαιρέσουμε, που η απάντηση είναι 8, τα 5 και 10 και το οποίο δεν το σκέφθηκα καθόλου και βέβαια σωστό και ενδιαφέρον είναι το δεύτερο.
Ευτυχώς, τουλάχιστον, που ένοιωσα "μετέωρος"!
Πολύ νόστιμα τα μεζεδάκια σου Γιώργο, συγχαρητήρια και σε εσένα για το μενού, όπως και στον αγαπητό Ευθύμιο για τις ωραίες λύσεις. Ωστόσο ξύπνησα το πρωί με μια μικρό ανακάτεμα στο στομάχι και νομίζω ότι μου το προκάλεσε το μεζεδάκι 1.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν στη θέση του 2, στο β' μέλος της εξίσωσης, βάλω το 1 και υψώσω στο τετράγωνο, αντικαθιστώντας και την παράσταση με τα ριζικά με 1, θα πάρω χ+1=1 ==> χ=0.
Είναι όμως δυνατό να ισχύει sqrt(0+sqrt(0+(sqrt0+.. = 1;
Θανάση, μάλλον κάτι άλlο σε πείραξε, καθότι οι μεζέδες μου είνα πάντα εξαιρετικής ποιότητας και τα μανιτάρια μου πάντα μεταλλαγμένα! :-)
ΔιαγραφήKανένα "παράδοξο". H λύση της εξίσωσης ,σαν απειροσειρά, αντιστοιχεί στο όριό της για x--->στο άπειρο. Π.χ η
sqrt(x+sqrt(x+sqrt(x)))=1 έχει λύση x=0,19806
Aν της χώσουμε άλλο ένα ριζικό,δηλαδή η: sqrt(x+sqrt(x+sqrt(x+sqrtx))))=1 έχει λύση x=περίπου 0,113374. K.λ.π. Προσεγγίζουμε δηλαδή ασυμπτωτικά το 0 (ή το 2 , στο αρχικό πρόβλημα).
Πάντως ,για να σε πειράξω και λίγο αγαπητέ Θανάση, δεν περίμενα από μηχανικό της κλάσης και του μυαλού σου να μπερδεύεται ακόμη για το 0,99999...=1
Διαγραφή(στα σοβαρά τώρα, ξέρεις πόσοι απορούν και μπερδεύονται μ'αυτην την εξίσωση (δηλ 0,9999..=1) ενώ ας πούμε το 1/3=0,333... δεν τους προξενεί καμιά εντύπωση; Πολλοί! :-) )
Γιώργο μου, το σχόλιό μου δεν έχει να κάνει ούτε με την ποιότητα της μαγειρικής σου (την οποία βρίσκω εξαιρετική πάντα!), ούτε με το 0,9999...=1 (το οποίο νομίζω ότι δε με μπερδεύει), αλλά ακριβώς με την ανάδειξη του 'παραδόξου' που πάντα ελλοχεύει όπου υπάρχει ο οριακός λογισμός.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν π.χ. βάλω 0 στο β' μέλος αντί για το 1 που έβαλα πριν, και υψώσω στο τετράγωνο θα πάρω χ+0=0 ==> χ=0.
Τελικά τι από τα δύο ισχύει: sqrt(0+sqrt(0+.... = 0 ή 1;
Ή μήπως 0=1; -:)
Έχεις δίκιο, όσον αφορά την αυστηρά τυπική ορολογία το "λύστε την εξίσωση" δεν είναι ακριβώς το ίδιο με το "Βρείτε το όριο του x" ,γι'αυτό εξάλλου και το sqrt(0+sqrt(0+.... = 1 δεν στέκει σαν εξίσωση, ενώ βεβαίως το sqrt(x+sqrt(x+.... = 1 στέκει μια χαρά ,και έχει όριο (άρα και "λύση") το 0.
ΑπάντησηΔιαγραφήΤέλος πάντων ,αυτά τα θέματα των "παραδόξων" της Ανάλυσης τα έχουν λύσει προ πολλού ο Όϋλερ και (κυρίως) ο Κωσύ και ο Βάιερστρας, οπότε προτείνω να τ'αφήσουμε και να σού θυμίσω πως εκρεμεί και μια ακολoυθία γραμμάτων για λύση, στην άλλη ανάρτηση.. :-)
Ένα παρόμοιο πρόβλημα που μου έβαλε ο λύτης του δικού μου site, Kensh1n, είναι να βρούμε το x στην εξίσωση:
ΑπάντησηΔιαγραφήx^x^x^x^... = 2
όπου το κάθε x είναι εκθέτης του προηγούμενου.
Τι γνώμη έχετε για το
x^x^x^x^... = 5 ;
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΔιαγραφήΓεια σου Πάνο.
ΔιαγραφήΝαι, το $x^x^x...=2$ λύνεται με το ίδιο "κολπάκι"
$y=x^x^x^...=2$ άρα $x^y=2$ άρα $x= \sqrt{2}$
To άλλο είναι πιο μυστήριο, αλλά μού φαίνεται ότι γενικά το $x^x^...=n$ φράσεται κάτω από το $e^{-e}$ και άνω από το $e^{1/e}$
Γιώργο νομίζω πως έχεις δίκιο για τα φράγματα. Πώς τα υπολόγισες βρε θηρίο;
ΑπάντησηΔιαγραφήΟπότε το ανώτερο δυνατό αποτέλεσμα της εκθετικής συνάρτησης είναι το $e$ και άρα το αποτέλεσμα 5 είναι αδύνατο.
Νομίζω πως ακόμα σωστότερο είναι να αναφερόμαστε στα όρια του αποτελέσματος της συνάρτησης και όχι στα όρια του $x$. Έτσι προκύπτει ότι το κάτω όριο του αποτελέσματος είναι το $1/e$ και το πάνω όριο είναι το $e$.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
Διαγραφή