Ο γρίφος της εβδομάδας – Ήπια μεταπασχαλινή άσκηση

Δρόμος
Τα σημεία Α, Β, Γ και Δ βρίσκονται με αυτή τη σειρά πάνω στην ίδια ευθεία και η απόσταση ΑΔ είναι 1800 μ. Ο Άρης ξεκινάει να τρέχει από το Α προς το Δ, η Βίκυ από το Β προς το Δ και ο Δημήτρης από το Δ προς το Α. Και οι τρεις ξεκινούν ταυτόχρονα, αλλά ο Άρης κινείται με ταχύτητα διπλάσια του Δημήτρη και η Βίκυ με ταχύτητα διπλάσια του Άρη. Η Βίκυ συναντά το Δημήτρη στο σημείο Γ, κάνει αμέσως αναστροφή και επιστρέφει στο Β την ίδια στιγμή που φτάνει εκεί ο Άρης. Ποια είναι η απόσταση ΑΓ;

Water sports
Ένα σκάφος ξεκινάει στις 11:00 π.μ. από την αποβάθρα ενός ποταμού με προορισμό τις εκβολές του. Τη στιγμή εκείνη ακριβώς δίπλα από το σκάφος περνάει ένα κούτσουρο, παρασυρόμενο από το ρεύμα του ποταμού. Το σκάφος φτάνει στις εκβολές, κάνει στιγμιαία επί τόπου αναστροφή και κατευθυνόμενο πίσω προς την αποβάθρα συναντάει ξανά το κούτσουρο στις 4:00 μ.μ. Αν η ισχύς κίνησης του σκάφους και η ταχύτητα του ρεύματος του ποταμού είναι σταθερές, τι ώρα έγινε η αναστροφή;

Άρση βαρών
Έχουμε μια ζυγαριά ισορροπίας και 7 βαρίδια, 1, 2, 4, 8, 16, 32 και 64 γραμμαρίων αντιστοίχως. Τοποθετούμε όλα τα βαρίδια, ένα τη φορά, στο αριστερό ή το δεξί τάσι της ζυγαριάς, προσέχοντας ώστε η ζυγαριά να μη γέρνει προς τα δεξιά σε κανένα βήμα της διαδικασίας. Με πόσους τρόπους μπορούμε να τα καταφέρουμε; (δύο τρόποι είναι διαφορετικοί αν διαφέρουν στη σειρά ή τη μεριά τοποθέτησης ενός τουλάχιστον βαριδιού)

6 σχόλια

  1. ΚΔ

    Δρόμος
    Αφού η ταχύτητα της Βίκυς είναι τετραπλάσια αυτής του Δημήτρη και η απόσταση που θα διανύσει αυτή θα είναι τετραπλάσια του Δημήτρη.Άρα ΒΓ/ΓΔ=4.
    ΑΒ=vΑρ.*t΄=2vΔημ.*t΄
    ΒΓ=vB.*(t΄-t)=4vΔημ.*(t΄-t)=4vΔημ.*t΄-ΒΓ άρα ΒΓ=2vΔημ.*t΄ και ΑΒ=ΒΓ.Επίσης ΓΔ=ΒΓ/4 και λύνοντας την εξίσωση
    ΑΒ+ΑΒ+ΑΒ/4=1800 παίρνουμε ΑΒ=800 άρα ΑΓ=1600m.

  2. ΚΔ

    Water sports
    Αν t ο χρόνος για το σκάφος απ’ το Α στο Ε, x η απόσταση ΑΕ και vσκ.+vρ. η (σχετική) ταχύτητα του σκάφους στην κάθοδο, θα είναι:
    x=(vσκ.+vρ.)*t,
    AB=5*vρ.,
    ΕΒ=(vσκ.-vρ.)*(5-t)=5*vσκ.-vσκ.*t-5*vρ.+vρ.*t.
    AB+BE=x,
    5*vρ.+5*vσκ.-vσκ.*t-5*vρ.+vρ.*t=vσκ.*t+vρ.*t,
    5*vσκ.=2*vσκ.*t,
    t=2,5h.Άρα η αναστροφή θα γίνει στις 13.30.

  3. Pantsik

    Δρόμος:
    Αν v είναι η ταχύτητα του Δημήτρη, τότε η ταχύτητα του Άρη είναι 2v και της Βίκης 4v. Η απόσταση ΒΓ και η απόσταση ΔΓ καλύπτονται στον ίδιο χρόνο, άρα ΒΓ/4v = ΓΔ/v ==> ΒΓ = 4ΓΔ (1)
    Η απόσταση ΑΒ καλύπτεται σε διπλάσιο χρόνο από την απόσταση ΒΓ, άρα ΑΒ/2v = 2ΒΓ/4v ==> ΑΒ = ΒΓ (2)
    Από την εκφώνηση έχουμε ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ = 1800 και μαζί με τις (1) και (2) προκύπτει ότι ΓΔ=200 και ΑΒ=ΒΓ=800. Άρα ΑΓ=1600 μ.

    Water Sports:
    Θέτω V την ταχύτητα του σκάφους σε ακίνητο ποτάμι, u την ταχύτητα του ποταμού, Α την απόσταση από την αποβάθρα μέχρι το σημείο συνάντησης και Β την απόσταση από το σημείο συνάντησης μέχρι την εκβολή του ποταμού, t1=(Α+Β)/(V+u) τον ζητούμενο χρόνο που κάνει το σκάφος για να φτάσει στις εκβολές του ποταμού και t2=B/(V-u) τον χρόνο που κάνει το σκάφος από τις εκβολές μέχρι να συναντήσει το κούτσουρο.
    Η βασική εξίσωση του προβλήματος είναι η t1 + t2 = A/u = 5 από την οποία προκύπτουν οι εξισώσεις Α=5u και Β=(5/2)(V-u). Άρα t2 = 5/2 και t1 = 5/2, δηλαδή οι χρόνοι είναι ανεξάρτητοι των V και u. Άρα η αναστροφή θα γίνει στις 13:30.

    Άρση βαρών:
    Στην παρακάτω λύση, το μέτρημα των συνδυασμών γίνεται βάζοντας πρώτα όλα τα βαρίδια σε μία σειρά και στη συνέχεια επιλέγοντας αν το κάθε βαρίδι της σειράς θα τοποθετηθεί στον αριστερό ή στον δεξί ζυγό.
    Ονομάζουμε Σ(ν) τους τρόπους που μπορούν να διαταχθούν ν βαρίδια προοδευτικών δυνάμεων του 2. Το ζητούμενο είναι να βρούμε το Σ(7). Αν έχουμε βρει το Σ(ν-1), τότε για να βρούμε το Σ(ν) βάζουμε το νέο και πιο βαρύ βαρίδι σε κάθε μία από τις θ θέσεις που δημιουργούνται μεταξύ των προηγούμενων βαριδιών και σε κάθε θέση υπολογίζουμε τους παράγοντες που μας δίνουν τις δυνατές διατάξεις της συγκεκριμένης θέσης. Η σημασία του κάθε παράγοντα είναι η ακόλουθη:
    C(ν-1,θ-1) :          Οι τρόποι επιλογής των ελαφρύτερων βαριδιών που θα τοποθετηθούν πριν το βαρύτερο.
    Σ(θ-1) :  Ο αριθμός των επιτρεπτών διατάξεων με θ-1 βαρίδια.
    (ν-θ)! :   Η σειρά τοποθέτησης των υπόλοιπων βαριδιών μετά την τοποθέτηση του βαρύτερου.
    2^(ν-θ): Οι τρόποι τοποθέτησης των υπολοίπων βαριδιών ως προς το αν θα μπουν στον αριστερό ή στον δεξί ζυγό.
    Έχουμε Σ(1)=1 και Σ(2)=3. Από εδώ και κάτω εφαρμόζω τον τύπο.

    Για ν=3, έχουμε τρία βαρίδια των 1,2,4 κιλών και βάζουμε το βαρίδι 4 σε κάθε μία από τις 3 θέσεις που δημιουργούνται ανάμεσα στα 1 και 2. οι παράγοντες του τύπου διαμορφώνονται ως εξής:
    θ=1: C(ν-1,θ-1) * Σ(θ-1) * (ν-θ)! * 2^(ν-θ) = C(2,0) * Σ(0) * 2! * 2^2 = 1*1*2*4 = 8
    θ=2: C(ν-1,θ-1) * Σ(θ-1) * (ν-θ)! * 2^(ν-θ) = C(2,1) * Σ(1) * 1! * 2^1 = 2*1*1*2 = 4
    θ=3: C(ν-1,θ-1) * Σ(θ-1) * (ν-θ)! * 2^(ν-θ) = C(2,2) * Σ(2) * 0! * 2^0 = 1*3*1*1 = 3
    Το Σ(3) δίνεται από το άθροισμα των συνδυασμών των επιμέρους θέσεων, δηλαδή Σ(3)= 8+4+3 = 15

    Με τον ίδιο τρόπο, για ν=4 έχουμε:
    θ=1: C(ν-1,θ-1) * Σ(θ-1) * (ν-θ)! * 2^(ν-θ) = C(3,0) * Σ(0) * 3! * 2^3 = 48
    θ=2: C(ν-1,θ-1) * Σ(θ-1) * (ν-θ)! * 2^(ν-θ) = C(3,1) * Σ(1) * 2! * 2^2 = 24
    θ=3: C(ν-1,θ-1) * Σ(θ-1) * (ν-θ)! * 2^(ν-θ) = C(3,2) * Σ(2) * 1! * 2^1 = 18
    θ=4: C(ν-1,θ-1) * Σ(θ-1) * (ν-θ)! * 2^(ν-θ) = C(3,3) * Σ(3) * 0! * 2^0 = 15
    Άρα Σ(4)= 48+24+18+15 = 105

    Για ν=5 έχουμε:
    C(4,0) * Σ(0) * 4! * 2^4 = 384
    C(4,1) * Σ(1) * 3! * 2^3 = 192
    C(4,2) * Σ(2) * 2! * 2^2 = 144
    C(4,3) * Σ(3) * 1! * 2^1 = 120
    C(4,4) * Σ(4) * 0! * 2^0 = 105
    Άρα Σ(5)=945

    Για ν=6 έχουμε:
    C(5,0) * Σ(0) * 5! * 2^5 = 1*1*120*32 = 3840
    C(5,1) * Σ(1) * 4! * 2^4 = 5*1*24*16 = 1920
    C(5,2) * Σ(2) * 3! * 2^3 = 10*3*6*8 = 1440
    C(5,3) * Σ(3) * 2! * 2^2 = 10*15*2*4 = 1200
    C(5,4) * Σ(4) * 1! * 2^1 = 5*105*1*2 = 1050
    C(5,5) * Σ(5) * 0! * 2^0 = 1*945*1*1 = 945
    Άρα Σ(6)= 10395

    Τέλος, για ν=7 έχουμε:
    C(6,0) * Σ(0) * 6! * 2^6 = 1*1*720*64 = 46080
    C(6,1) * Σ(1) * 5! * 2^5 = 6*1*120*32 = 23040
    C(6,2) * Σ(2) * 4! * 2^4 = 15*3*24*16 = 17280
    C(6,3) * Σ(3) * 3! * 2^3 = 20*15*6*8 = 14400
    C(6,4) * Σ(4) * 2! * 2^2 = 15*105*2*4 = 12600
    C(6,5) * Σ(5) * 1! * 2^1 = 6*945*1*2 = 11340
    C(6,6) * Σ(6) * 0! * 2^0 = 1*10395*1*1 = 10395
    Άρα Σ(7)= 135135

  4. Στράτος

    1. Δρόμος: 1.600 μέτρα

    Εστω Uα, Uβ, Uδ οι ταχύτητες των τριών ατομων, t ο απαιτούμενος χρόνος για τη πρώτη συνάντηση, οπότε προφανώς 2t ο απαιτούμενος χρόνος για τη δεύτερη συνάντηση. Εχουμε:
    ΒΓ=Uβ*t
    ΓΔ=Uδ*t
    ΑΒ=Uα*2t
    Δεδομένου ότι Uα=2*Uδ, Uβ=2*Uα=4*Uδ, έχουμε:
    ΑΒ=ΒΓ, και ΓΔ=ΑΒ/4, οπότε
    ΑΒ+ΒΓ+ΓΔ=9*ΑΒ/4=1.800 μέτρα, άρα ΑΒ=ΒΓ=800 μέτρα, ΓΔ=200 μέτρα
    Αρα ΑΓ=1.600 μέτρα

    2. Water sports: 1.30 μμ

    Εστω U η ταχύτητα του σκάφους και Uρ η ταχύτητα του ρεύματος. Εάν Χ η απόσταση μεταξύ αποβάθρας και εκβολών, τότε:
    Το σκάφος πηγαινοντας προς τις εκβολές, κινείται με ταχύτητα U+Uρ
    Το σκαφος επιστρέφοντας στην αποβάθρα, κινείται με ταχύτητα U-Uρ
    Το κούτσουρο κινείται με ταχύτητα Uρ
    Η αναστροφή γίνεται σε χρόνο t1=Χ/(U+Uρ)
    Τη στιγμή της αναστροφής, το κούτσουρο ευρίσκεται σε απόσταση από την αποβάθρα, ίση με Χ*Uρ/(U+Uρ)
    Τη στιγμή της αναστροφής, το σκάφος απέχει από το κούτσουρο αποσταση ίση με
    Χ- Χ*Uρ/(U+Uρ)= Χ*U/(U+Uρ)
    Μετά την αναστροφή, το σκάφος κινείται προς το κούτσουρο με σχετική ταχύτητα ίση με U-Uρ+Uρ=U, επομένως το συναντά σε χρόνο ίσο με
    t2=(Χ*U/(U+Uρ))/U= Χ/(U+Uρ)
    Παρατηρούμε ότι t1=t2, επομένως, η αναστροφή έγινε στα μισά του χρόνου, δηλαδή στις 1.30 μμ
    Σημ. Με λιγότερο μαθηματικό τρόπο, καταλήγουμε στο ίδιο συμπέρασμα, αν παρατηρήσουμε ότι σε όλη τη διάρκεια της κίνησης, η σχετική ταχύτητα του σκάφους ως προς το κούτσουρο είναι σταθερή και ίση με U

  5. ΚΣ

    Πρόβλημα 1

    Θεωρούμε Χ την απόσταση που διένυσε ο Δ μέχρι να συναντηθεί με τη Β.
    Τη χρονική στιγμή της συνάντησης
    ο Α έχει κάνει 2Χ,
    ο Β 4Χ
    ο Δ Χ
    Στην ουσία, το κομμάτι της διαδρομής που είναι ακάλυπτο είναι η απόσταση που χωρίζει το σημείο που βρίσκεται ο Α (αφού διένυσε 2Χ) με το σημείο εκκίνησης της Β που είναι ίσο με 2Χ.
    Άρα συνολικά έχουμε 1800=9Χ =>Χ=200. Συνεπώς το ΑΓ είναι ίσο με 8Χ=1600

    Πρόβλημα 2

    Ορίζουμε
    Uποτ= ταχύτητα ρεύματος ποταμού
    Uμηχ= ταχύτητα μηχανής του σκάφους
    Στην αυτοδύναμη ταχύτητα του σκάφους προσθέτουμε την ταχύτητα του ρεύματος όταν το ρεύμα κινείται στην ίδια κατεύθυνση με το σκάφος και αφαιρούμε στην αντίθετη περίπτωση.
    Μέχρι τη στιγμή της αναστροφής τ1 το κούτσουρο έχει μετακινηθεί κατά Uποτ*τ1, ενώ το σκάφος κατά (Uμηχ+Uποτ)*τ1.
    Αυτό σημαίνει ότι η διαφορά των δύο αποστάσεων είναι ίση με Uμηχ*τ1.
    Το διάστημα αυτό θα καλυφθεί με τη συνάντηση του κούτσουρου με το σκάφος που θα γίνει σε χρόνο τ2 που είναι ίσο με τ1, αφού το σκάφος πλέον κινείται με ταχύτητα
    Uμηχ-Uποτ ενώ το κούτσουρο με Uποτ. Επειδή έχουμε περίπτωση προσέγγισης οι δύο ταχύτητες προστίθενται και συνεπώς το διάστημα θα καλυφθεί με συνολική ταχύτητα Uμηχ, που απαιτεί χρόνο τ2=τ1
    Συνεπώς για τ1+τ2=5ώρες, =>τ1=2.5 ώρες, άρα ώρα αναστροφής 13.30.

    Πρόβλημα 3

    Το βαρίδι των 64γρ μπορεί να τοποθετηθεί 1ο ως και 7ο στη σειρά.
    1ο στην σειρά. Τα υπόλοιπα βαρίδια μπορούν να τοποθετηθούν με όποια σειρά θέλουμε και σε όποιο τάσι θέλουμε=>6!*2^6 τρόποι
    2ο στη σειρά. Στην πρώτη θέση μπορούμε να βάλουμε όποιο βαρίδι από τα υπόλοιπα θέλουμε πάντα στα αριστερά και από την τρίτη θέση κάνουμε ό,τι θέλουμε=>6*5!*2^5
    3ο στη σειρά. Στις δύο πρώτες θέσεις βάζουμε ένα οποιοδήποτε ζευγάρι βαριδιών και ψάχνουμε να βρούμε τους τρόπους που μπορούμε να τοποθετήσουμε δύο βαρίδια και να μας εξασφαλίζουν την αριστερή τάση και από την τέταρτη θέση κάνουμε ό,τι θέλουμε => 6!/(4!*2)*3*4!*2^4
    4ο στη σειρά. Στις τρεις πρώτες θέσεις βάζουμε μια οποιοδήποτε τριάδα βαριδιών και ψάχνουμε να βρούμε τους τρόπους που μπορούμε να τοποθετήσουμε τρία βαρίδια και να μας εξασφαλίζουν την αριστερή τάση και από την πέμπτη θέση κάνουμε ό,τι θέλουμε => 6!/(3!*3!)*15*3!*2^3
    5ο στη σειρά. Στις τέσσερις πρώτες θέσεις βάζουμε μια οποιοδήποτε τετράδα βαριδιών και ψάχνουμε να βρούμε τους τρόπους που μπορούμε να τοποθετήσουμε τέσσερα βαρίδια και να μας εξασφαλίζουν την αριστερή τάση και από την έκτη θέση κάνουμε ό,τι θέλουμε =>6!/(2*4!)*105*2!*2^2
    6ο στη σειρά=> Στις πέντε πρώτες θέσεις βάζουμε μια οποιοδήποτε πεντάδα βαριδιών και ψάχνουμε να βρούμε τους τρόπους που μπορούμε να τοποθετήσουμε πέντε βαρίδια και να μας εξασφαλίζουν την αριστερή τάση και από την έβδομη θέση κάνουμε ό,τι θέλουμε =>6!/(5!*1)*945*1*2
    7ο στη σειρά. Στις έξι πρώτες θέσεις ψάχνουμε να βρούμε τους τρόπους που μπορούμε να τοποθετήσουμε έξι βαρίδια και να μας εξασφαλίζουν την αριστερή τάση =>10395
    Αθροίζουμε και έχουμε 135135.

  6. Θανάσης Παπαδημητρίου

    Πολλαπλά μπράβο στους φίλους για τις ολόσωστες και εξαιρετικά επιμελημένες λύσεις τους.
    Είστε όλοι πανάξιοι πρωταθλητές!
    Θα δώσω μόνο δύο ήπιες😊 προσεγγίσεις στους γρίφους 2 και 3:

    2. Θεωρούμε ΧΒΓ ότι το ρεύμα έχει ταχύτητα 0, οπότε το κούτσουρο μένει σταθερό στη θέση του στην αποβάθρα, ενώ το σκάφος το συναντάει ξανά εκεί έχοντας κάνει τη διαδρομή αποβάθρα – εκβολές – αποβάθρα με σταθερή ταχύτητα σε 5 ώρες. Επομένως η αναστροφή στις εκβολές έγινε σε 5/2=2,5 ώρες από το ξεκίνημα, δηλαδή στις 11:00+2:30 = 13:30 = 1:30 μ.μ.

    3. Έστω Τ(ν) το πλήθος των τρόπων τοποθέτησης ν βαριδιών με βάρη διαδοχικές δυνάμεις του 2.
    Το βαρίδι 1 μπορεί να τοποθετηθεί είτε πριν από τα 6 βαρύτερά του βαρίδια, οπότε θα πάει αναγκαστικά αριστερά, είτε μετά από οποιοδήποτε από αυτά, οπότε μπορεί να πάει αριστερά ή δεξιά, άρα:
    Τ(7) = (1+2×6)Τ(6) = 13Τ(6)
    Το βαρίδι 2 μπορεί να τοποθετηθεί είτε πριν από τα 5 βαρύτερά του βαρίδια, οπότε θα πάει αναγκαστικά αριστερά, είτε μετά από οποιοδήποτε από αυτά, οπότε μπορεί να πάει αριστερά ή δεξιά, άρα:
    Τ(6) = (1+2×5)Τ(6) = 11Τ(5)
    Ομοίως:
    Τ(5) = 9Τ(4)
    Τ(4) = 7Τ(3)
    Τ(3) = 5Τ(2)
    Τ(2) = 3Τ(1) και προφανώς
    Τ(1) = 1
    Επομένως:
    Τ(7) = 1×3×5×7×9×11×13 = 135135

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *