Ο γρίφος της ημέρας – “Ένα Μυθικό Πρόβλημα Μοιρασιάς” (για πολύ δυνατούς λύτες)

Σε ένα από τα πολλά ταξίδια του ο Ηρακλής,  ο μυθικός ήρωας, στο βουνό των Κενταύρων

το Πήλιο, βρέθηκε αντιμέτωπος με μια παρέα 5 Κενταύρων,  τον Χείρωνα, τον Φόλο, τον Νέσσο, τον Άγχιο, και τον Άγριο, οι όποιοι ήταν έτοιμοι να πιαστούν στα χέρια ή στα…

πόδια αν προτιμάτε, γιατί δεν μπορούσαν να μοιραστούν μια ποσότητα κρασιού. Ο ήρωας προσφέρθηκε να τους βοηθήσει. Αυτοί λοιπόν του έδειξαν 45 φλασκιά με κρασί και του τόνισαν ότι:

Εννέα φλασκιά ήταν γεμάτα με κρασί. (4/4=100μονάδες)

Εννέα  περιείχαν κατά τα τρία τέταρτα κρασί. (3/4=75μονάδες)

Εννέα  περιείχαν κατά το ένα δεύτερο κρασί. (2/4=50μονάδες)

Εννέα  περιείχαν κατά το ένα τέταρτο κρασί. (1/4=25μονάδες)

Και εννέα  φλασκιά ήταν άδεια. (0/4=0μονάδες)

Οι Κένταυροι έπρεπε  να μοιραστούν τόσο το κρασί όσο και τα φλασκιά. Δηλαδή έπρεπε ο κάθε Κένταυρος να πάρει:

– Την ίδια ποσότητα κρασιού.

– Τον ίδιο αριθμό φλασκιών και ειδικότερα να πάρει από κάθε είδος φλασκιού (ως προς

την ποσότητα) τουλάχιστον ένα.

-Επίσης κανένα ζεύγος Κενταύρων να μην πάρει τον ίδιο αριθμό από κάθε είδος φλασκιού (δεν θα μπορούσαν για παράδειγμα δυο Κένταυροι να πάρουν από 2 φλασκιά γεμάτο κρασί).

Ο Μυθικός ήρωας αφού σκέφτηκε  λίγο κατόρθωσε να κάνει την μοιρασιά. Εσείς μπορείτε;

 

Προτάθηκε από Carlo de Grandi

2 Comments

  1. Κάθε κένταυρος πήρε από 9 φλασκιά και 450 μονάδες κρασιού.

    1oς κένταυρος
    3 φλασκιά άδεια, 1 φλασκί του 1/4, 1 φλασκί των 2/4, 1 φλασκί των 3/4 και 3 φλασκιά των 4/4.

    2oς κένταυρος
    1 φλασκί άδειο, 3 φλασκιά του 1/4, 1 φλασκί των 2/4, 3 φλασκιά των 3/4 και 1 φλασκί των 4/4.

    3oς κένταυρος
    1 φλασκί άδειο, 2 φλασκιά του 1/4, 3 φλασκιά των 2/4, 2 φλασκιά των 3/4 και 1 φλασκί των 4/4.

    4oς κένταυρος
    2 φλασκιά άδεια, 1 φλασκί του 1/4, 3 φλασκιά των 2/4, 1 φλασκί των 3/4 και 2 φλασκιά των 4/4.

    5oς κένταυρος
    2 φλασκιά άδεια, 2 φλασκιά του 1/4, 1 φλασκί των 2/4, 2 φλασκιά των 3/4 και 2 φλασκιά των 4/4.

    Σημείωση:
    Υπάρχει ένας ακόμη συνδυασμός 9 φλασκιών που δίνει 450 μονάδες κρασιού
    1 φλασκί άδειο, 1 φλασκί του 1/4, 5 φλασκιά των 2/4, 1 φλασκί των 3/4 και 1 φλασκί των 4/4.

  2. Ο κάθε Κένταυρος έπρεπε να πάρει 45/9=9 φλασκιά με ποικίλες ποσότητες κρασιού ακόμα και καθόλου κρασί ( άδεια φλασκιά). Εφόσον τα φλασκιά περιείχαν ποσότητες κρασί πολλαπλάσια του ενός τετάρτου τότε ο κάθε Κένταυρος έπρεπε να λάβει:
    (1/5)*[9+(9*2)+(9*3)+(9*4)=(1/5)*[9+18+27+36=(1/5)*90=18 τέταρτα
    του φλασκιού κρασί. Αν Α, Β, Γ, Δ, και E είναι τα πλήθη των φλασκιών που έπρεπε να πάρει ο κάθε Κένταυρος ,δηλαδή είναι αντίστοιχα Α το πλήθος των γεμάτων με κρασί φλασκιών, Β το πλήθος των κατά τα τρία τέταρτα γεμάτων με κρασί φλασκιών, Γ το πλήθος των κατά το ένα δεύτερο γεμάτων με κρασί φλασκιών κ. ο. κ. ε. Τότε έχουμε τις εξισώσεις:
    4Α+3Β+2Γ+Δ=18 (1)(Η ποσότητα κρασιού που θα λάβει ο κάθε Κένταυρος.)
    Α+Β+Γ+Δ+Ε=9 (2)(Το πλήθος από κάθε είδος (ως προς το περιεχόμενο) φλασκιού που θα λάβει ο κάθε Κένταυρος.)
    Εφόσον η συνολική ποσότητα κρασιού του κάθε μεριδίου είναι 18 τέταρτα μόνο ένας Κένταυρος θα μπορούσε να λάβει τρία φλασκιά γεμάτα κρασί.
    (Αν δεν ίσχυε το παραπάνω και ένας Κένταυρος έπαιρνε 4 φλασκιά γεμάτα κρασί τότε λαμβάνοντας ακόμα ένα φλασκί από: τρία τέταρτα ,ένα δεύτερο και ένα τέταρτο θα έπαιρνε συνολικά 4×4+1×3+1×2+1=22 τέταρτα, άτοπο).
    Οπότε ο μέγιστος αριθμός γεμάτων με κρασί φλασκιών είναι 3. Εξαιρούμε επίσης όλες τις περιπτώσεις στις οποίες τα Α, Β, Γ, Δ, και Ε παίρνουν τιμή μηδέν, κάθε Κένταυρος πρέπει να πάρει από κάθε είδος φλασκιού τουλάχιστον ένα. Τελικά έχουμε 8 λύσεις που ικανοποιούν τις παραπάνω δυο εξισώσεις. Βλέπε κατωτέρω πίνακα:
    1
    Κάθε μια από τις παραπάνω λύσεις ικανοποίει τις συνθήκες που τέθηκαν για το μερίδιο ενός Κένταυρου, όμως έχουμε 5 Κένταυρους και πρέπει να επιλέξουμε 5 από αυτές .Θα το κάνουμε, λαμβάνοντας υπόψη, ότι για τις 5 αυτές λύσεις το άθροισμα των φλασκιών Α πρέπει να ισούται με 9, όμοια για το άθροισμα των φλασκιών Β κ. ο. κ. ε. Θα πρέπει να αποκλείσουμε την λύση (ε) διότι περιέχει 5 φλασκιά του ενός δευτέρου και δεν υπάρχει τρόπος να δοθεί από ένα φλασκί του ενός δευτέρου στους άλλους τέσσερεις Κένταυρους και το άθροισμα των στηλών των Α, Β, Γ, Δ, και Ε να παραμείνει 9. Τελικά υπάρχουν τρεις μόνο πεντάδες λύσεων που ικανοποιούν και την παραπάνω συνθήκη.
    1η (α, γ, δ, στ, και ζ)
    2η (α, β, δ, στ, και η)
    3η (α, β, γ, ζ, και η)
    Ένα πρόβλημα «μυθολογικού χαρακτήρα» από το βιβλίο του Αλί Νταρ Νασάθ «Προβλήματα για δύσκολες ώρες».
    https://app.box.com/s/b0b99fc7b4d9a8b9cd1b
    http://mathhmagic.blogspot.gr/2012/08/blog-post_18.html

Leave a Reply

Your email address will not be published.


*