MSSociety.gr

Μου φαίνεται οτι το πήρατε εντελώς στραβά το πρόβλημα με το
τσούγκρισμα των 11 αυγών !!

Παιδιά, είναι απλούστατο προβλημα,
απλών μαθηματικών,
μαθηματικών Δημοτικου Σχολείου! (4 πράξεων)
(Δεν θέλει συνδυαστικές και άλλα παλαβά ...)

Η ανηψιά μου, η Ρηγίνα,
μαθήτρια 3ης Δημοτικού,
κατάλαβε τη λύση σε 10-15 δευτερόλεπτα και
έκανε μετά άλλα 5 sec. να βρει με το μυαλό τη λύση για 12 αυγά,
άλλα 5 sec. τη λύση για 15 αυγά .. κλπ

δείτε το σαν πρόκληση!
ΛΥΣΤΕ ΕΝΑ ΑΠΛΟΥΣΤΑΤΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ, ΠΟΥ ΜΟΙΑΖΕΙ (ΙΣΩΣ) ΒΟΥΝΟ !

->Τα 11 αυγά έχουν 22 σημεία τσουγκρίσματος. Για να αναδειχθεί νικητής θα μείνει ένα αυγό, το οποίο θα έχει η μια πλευρά άθικτη ή και τις δύο. Για να γίνει αυτό θα χρειαστούν 20 ή 21 τσουγκρίσματα<-

Γειά σου ρε Σωτήρη!
Σωστότατος!


ναι ...έται απλά!
μιά απλή σκέψη, μια απλή και σωστή λυση!

Για να μην μας εγκλωβίζουν οι προχωρημένες γνώσεις!

η μαγική προσθαφαίρεση !
- παίρνουμε έναν τριψήφο αριθμό (πχ ΑΒΓ)
- τον γράφουμε και αντίστροφα (να γίνουν οι μονάδες εκατοντάδες και ο εκατοντάδες μονάδες) (και γίνεται ΓΒΑ)
-τους αφαιρούμε (από τον μεγαλύτερο τον μικρότερο) και βγαίνει ένας νέος τριψήφιος (πχ ο ΚΛΜ) όπου το Κ μπορεί να είναι και το μηδέν (0)
- τον αντιστρέφουμε κι αυτόν (και βγαίνει ο ΜΛΚ)
-προσθέτουμε τον ΚΛΜ και τον ΜΛΚ
και ...(το εντυπωσιακό) ...βγάινει πάντα 1089

πώς εξηγείται αυτό ???

πχ
982 > 289 (αντιστροφή)
982-289 = 693
693>396 (αντιστροφή)
693+396=1089

752 > 257 (αντιστροφή)
752-257 = 495
495>594 (αντιστροφή)
495+594=1089

467 > 764 (αντιστροφή)
764-467 = 297
297>792 (αντιστροφή)
297+792=1089

Η μαγική προσθαφαίρεση:
ΑΒΓ=Α*100+Β*10+Γ*1
ΓΒΑ=Γ*100+Β*10+Α*1
αφαιρώντας το μικρότερο από το μεγαλύτερο (Α≠Γ) έχουμε:
|Α-Γ|*100 +0*10 -|Α-Γ|*1= (|Α-Γ|-1)*100+9*10+(10-|Α-Γ|)*1
Ο αντίστροφος του αριθμού αυτού είναι:
(10-|Α-Γ|)*100 + 9*10 + (|Α-Γ|-1)*1
Προσθέτοντάς τους έχουμε:
(|Α-Γ|-1+10-|Α-Γ|)*100+(9+9)*10+(10-|Α-Γ|+|Α-Γ|-1)*1 ή αλλιώς
9*100+18*10+9=900+180+9=1089
Σημειώνεται ότι όταν Α=Γ το αποτέλεσμα δεν είναι 1089, αλλά 0.
Γρίφος:
Έχουμε δυο κόκκινες, δυο πράσινες και δυο κίτρινες σφαίρες. Για κάθε χρώμα, η μια σφαίρα είναι ελαφρώς βαρύτερη από την άλλη. Όλες οι βαριές σφαίρες ζυγίζουν το ίδιο και το ίδιο ζυγίζουν κι όλες οι ελαφριές. Έχουμε στη διάθεσή μας μια ζυγαριά δυο ζυγών. Πόσες είναι οι ελάχιστες ζυγίσεις που θα χρειαστούμε για να εντοπίσουμε τις βαριές σφαίρες από κάθε χρώμα;
Ποιες θα είναι αυτές οι ζυγίσεις;

σωστότατος όπως πάντα άλλωστε swt


ψάχνω τώρα κι εγώ να βρω τη λύση στο δικό σου κουίζ..........
θα πρέπει να είναι 2 ...........
(μικρότερο, από το προφανές "3" των ανά χρωματικό ζευγάρι ζυγίσεων ....).....
το θέμα είναι το πώς ..........

panos59 έγραψε:[...]ψάχνω τώρα κι εγώ να βρω τη λύση στο δικό σου κουίζ..........
θα πρέπει να είναι 2 ...........[...]

Πράγματι υπάρχει λύση με 2 ζυγίσεις. Πρέπει να χρησιμοποιήσει κανείς το σύνολο των πληροφοριών που έχει (π.χ. αν βρει τη βαριά σφαίρα από ένα χρώμα, αμέσως ξέρει και την ελαφριά του ίδιου χρώματος).

-> αναρωτιέμαι τι θεωρείται "ζύγιση" .........
πρέπει να αδειάσει τελείως το κάθε τάσι του ζυγού???
αν (ας πούμε) βάλω στον ζυγό δύο μπάλες (μία δεξιά και μία αριστερά)
και μετά προσθέσω άλλες δύο (χωρίς να απομακρύνω τις δύο πρώτες)
αυτό θεωρείται δεύτερο ζύγισμα ή ένα (σε 2 φάσεις) ???

αν αλλάξω/αντικαταστήσω μόνον την μία μπάλλα ???? <-

Επεξήγηση για το γρίφο των ζυγίσεων:
Κάθε φορά που ελέγχουμε τη σχέση δυο βαρών, θεωρείται μία ζύγιση.

συνεχίζω και αναρωτιέμαι αν μια λύση του τύπου
μπλα-μπλα, οπότε minimum=2 και maximum=3 ζυγίσεις ........
υπερτερεί έναντι μιας άλλης, του τύπου
μπλα-μπλα, οπότε standard 3 ζυγίσεις ό,τι κι αν γίνει .............