Ο προπονητής της ομάδας μπάσκετ της Ρεάλ στον αγώνα με τον ολυμπιακό, χρησιμοποίησε συνολικά 8 παίκτες, που έπαιξαν ίσο χρονικό διάστημα.
Το παιχνίδι έληξε χωρίς να υπάρξει παράταση.
Πόσο χρόνο έπαιξε ο καθένας;
Ο γρίφος της ημέρας – Ο προπονητής (για καλούς λύτες)
25 λεπτα
40 λεπτά παιχνιδιού x 5 παίκτες (που παίζουν) = 200 λεπτά
200 λεπτά : 8 παίκτες που χρησιμοποιηθήκαν – 25 λεπτά ανά παίκτη
Ο γρίφος του θέματος μου θύμισε έναν άλλο μαθηματικό γρίφο που συνάντησα κάπου παλιότερα και συνιστώ θερμά στους καλούς φίλους λύτες:
Σε αγώνα μπάσκετ ΠΑΟ-ΡΕΑΛ το σκορ στη λήξη της πρώτης περιόδου ήταν ισόπαλο. Οι πόντοι που σκόραρε ο ΠΑΟ σε καθεμιά από τις τέσσερις περιόδους κατά σειρά σχημάτισαν αύξουσα γεωμετρική πρόοδο και οι αντίστοιχοι πόντοι της ΡΕΑΛ σχημάτισαν αύξουσα αριθμητική πρόοδο. Τελικά το ματς το κέρδισε ο ΠΑΟ στον πόντο, πετυχαίνοντας όχι περισσότερους από 100 πόντους. Ποιο ήταν το σκορ στη λήξη του ημιχρόνου;
@Θανάσης Παπαδημητρίου
Υποθετω οτι με την διατυπωση «Οι πόντοι που σκόραρε ο ΠΑΟ σε καθεμιά από τις τέσσερις περιόδους»
εννοεις το σκορ στο τελος της καθε περιοδου.
Επειδη αδυνατω προσωρας να γραψω ολη την λυση, καταθετω μονο την απαντηση και βαθμολογησε με αναλογως. 🙂
Στα παρακατω οπου Π=ΠΑΟ και Ρ=ΡΕΑΛ
1η περιοδος: Π=10, Ρ =10
2η περιοδος: Π=20, Ρ=33
3η περιοδος:Π=40, Ρ=56
4η περιοδος:Π=80, Ρ=79
Για την ακρίβεια, εννοώ τους πόντους που σκόραραν οι ομάδες στη διάρκεια κάθε περιόδου, και όχι τα σκορ στις λήξεις . Αν πάντως μπορέσεις να αιτιολογήσεις το αποτέλεσμά σου με τον τρόπο που εννόησες εσύ το πρόβλημα (και γιατί όχι;), υπόσχομαι να εξαντλήσω την επιείκεια μου ?.
Αν λ ο λογος της Παναθηναϊκης Γ.Π. και α ο λογος της ΡΕΑΛιστικης Α.Π. τοτε το σκορ ανα περιοδο ειναι:
1η περιοδος: Π, Ρ με Π=Ρ
2η περιοδος: Π*λ, Π+α
3η περιοδος:Π*λ^2, Π+2α
4η περιοδος:Π*λ^3, Π+3α
Αρα: Π*λ^3=Π+3α+1 (1) με: Π*λ^3<100 ή Π<100/λ^3
Για λ=3 εχουμε: Π<100/27=3,7 δηλ. Π=3 απιθανo για αγωνα μπασκετ, εκτος κι αν ειχαν ραψει τα καλαθια. 🙂
Για λ=2 εχουμε: Π<100/8=12,5 δηλ: Π<13 (κατι το πιθανο με αμυνες μπετον) και η (1) γινεται:
8*Π=Π+3*α+1 ή 3α=7Π-1 ή α=2Π+(Π-1)/3 (2)
αρα: ΠΕ{4,7,10}
Τωρα, σαν θεατης, τα «4 ολα» και «7 ολα» για σκορ 1ης περιοδου τα απορριπτω μετα βδελυγμιας,
προτιμω το: Π=10 ( απ' το ολοτελα καλη κι Παναγιωταινα).
Οποτε απο την (2) εχουμε: α=2*10+9/3=23
και τα σκορ ανα περιοδο ειναι:
1η περιοδος: Π=10, Ρ =10
2η περιοδος: Π=2*10=20, Ρ=10+23=33
3η περιοδος:Π=4*10=40, Ρ=10+2*23=56
4η περιοδος:Π=8*10=80, Ρ=10+3*23=79
Ευχαριστω για την επιεικια σου. 🙂
Με την ευκαιρια, δεν ξερω αν ειδες μια λυση που προτεινα, βασισμενη σε μια δικη σου ιδεα, στην αναρτηση «Η Νεα Ενδειξη».
Το ξεχασα προηγουμενως και συμπληρωνω.
Συμφωνα με την διευκρινηση σου, η εξισωση που προκυπτει ειναι:
Π*(λ^4-1)/(λ-1)=4Π+6α+1
για λ=2: 15Π=4Π+6α+1 με 15Π<100 αρα Π<100/15=20/3<7
και: 11Π=6α+1 ή α=Π+(5Π-1)/6 αρα: Π=5 και α=9
και το σκορ ανα περιοδο ειναι:
1η: 5-5
2η: 10-14
3η: 20-23
4η: 40-32
—————-
τελικο: 75-74
Θέλω να πω ότι τα σκορ που υπολόγισες στις λήξεις των τεσσάρων περιόδων θα επαλήθευαν προφανώς τους όρους του προβλήματος, όπως τους ερμήνευσες, αλλά δεν θα ήταν και τα μοναδικά που θα τους επαλήθευαν, οπότε και το ερώτημα θα όφειλε να διατυπωθεί αλλιώς.
Στην ‘ορθή’ ερμηνεία, όπως θα δεις (ελπίζω?), το ερώτημα έχει μοναδική απάντηση.
Σαρωτικός voulagx, υποκλίνομαι!
Είδα και την όμορφη προσθήκη σου στον παλινδρομικό, μπράβο!
Υπάρχει ωστόσο ένα αδιευκρίνιστο σημείο στη λύση σου: από προκύπτει ότι ο λ πρέπει να είναι απαραίτητα ακέραιος;
Ορθή επανάληψη
Υπάρχει ωστόσο ένα αδιευκρίνιστο σημείο στη λύση σου: από πού προκύπτει ότι ο λ πρέπει να είναι απαραίτητα 2 ή γενικά ακέραιος;
@Θανασης Παπαδημητριου
Δεν προκυπτει απο πουθενα, δεν το εξετασα καν, το θεωρησα δεδομενο (λαθος μου ισως), αλλα σκεφτομαι οτι αν υπαρχει κι αλλη λυση για λ=μ/ν με μ,ν σχετικα πρωτους, τοτε το προβλημα δεν εχει μια μοναδικη λυση.
Τωρα γιατι λ=2;
Διοτι αν λ=3 τοτε: Π*(λ^4-1)/(λ-1)<100 ή Π<100*(3-1)/(3^4-1)=2,5 ή Π<3 ή ΠΕ{1,2}
αλλα τα «ολα 1» ή «ολα 2» για σκορ 1ης περιοδου απορριπτονται, τι διαλο στο γαμο του Καραγκιοζη σουταρανε οι παικτες; 🙂
Αλλα μου φαινεται πως κατι αλλο εχεις στο μυαλο σου, περιμενω την απαντηση σου.
Εύλογες και ολόσωστες οι πιο πάνω σκέψεις σου φίλε voulagx, αλλά για να καλύψουμε 100% και με τα μαθηματικά τη διαίσθησή μας, θα μπορούσαμε να προσθέσουμε τα εξής:
Έστω α ο πρώτος όρος των δύο προόδων, δ η διαφορά της αριθμητικής προόδου και λ ο λόγος της γεωμετρικής προόδου. Ισχύει βάσει της εκφώνησης:
α(1+λ+λ^2+λ^3) = 4α+6δ+1 (1)
Το β’ μέλος της (1) είναι περιττός ακέραιος, άρα και το α΄ μέλος το ίδιο, οπότε για ακέραιες τιμές του λ, θα πρέπει ο λ να είναι άρτιος και ο α περιττός
Θα δείξουμε ότι οι όροι του προβλήματος δεν ικανοποιούνται για ρητές μη ακέραιες τιμές του λ>1 ή για ακέραιες τιμές λ>2 (προφανώς δεν ικανοποιούνται για άρρητες τιμές λ),
1) Aς πάρουμε την περίπτωση ρητού μη ακέραιου λόγου λ=μ/ν>1, όπου μ και ν ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους. Οι μικρότερες δυνατές τιμές μ και ν είναι μ=3 και ν=2, οπότε ο αρχικός όρος α πρέπει να είναι πολλαπλάσιος του 2^3=8, έτσι ώστε οι πόντοι όλων των περιόδων να είναι ακέραιοι. Ο μικρότερος πολλαπλάσιος του 8 είναι ο 8, οπότε έχουμε συνολικά 8+12+18+27=65 πόντοι της ομάδας που έχει την γ.π.. Επομένως η ομάδα που έχει την α.π. και χάνει πέτυχε συνολικά 64 πόντους και θα πρέπει να έχουμε 64=8+(8+δ)+(8+2δ)+(8+3δ) => 6δ=32 => δ=16/3 μη ακέραιος, άτοπο. Για α=16, 24, κ.ο.κ. υπερβαίνουμε τους 100 πόντους, επίσης άτοπο. Αν τώρα πάρουμε μ=5, ν=2, επίσης υπερβαίνουμε τους 100 πόντους, ενώ αν πάρουμε μ=4, ν=3, τότε πρέπει ο α να είναι πολλαπλάσιος του 3^3=27, δηλαδή τουλάχιστον 27 και πάλι υπερβαίνουμε τους 100 πόντους. Κατά μείζονα λόγο, το ίδιο συμβαίνει για μ>5 ή ν>3.
2) Αν λ=4, τότε η (1) δίνει 81α=6δ+1, οπότε θέλουμε τιμή α τέτοια που ο 81α να δίνει υπόλοιπο 1 στη διαίρεση με το 6. Αλλά τα πολλαπλάσια του 81 δίνουν υπόλοιπα 3 ή 0 στη διαίρεση με το 6, οπότε δεν υπάρχει ακέραιος α, άτοπο. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο για μεγαλύτερες ακέραιες τιμές του λ.
Έτσι, η μόνη εφικτή τιμή λ είναι η λ=2.
Πολυ ωραια αναλυση, θενκς. 🙂