.jpg)
🟡 Μπορείτε να Βρείτε τον Αριθμό που Λείπει;
.jpg)
Τέσσερις άγνωστοι αριθμοί είναι τοποθετημένοι στους τέσσερις κύκλους του σχήματος.
Γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των δύο επάνω αριθμών είναι \(9\), ενώ τα αθροίσματα στις δύο κατακόρυφες στήλες είναι \(5\) και \(7\).
Χωρίς να γνωρίζετε τους τέσσερις αριθμούς ξεχωριστά, μπορείτε να βρείτε το άθροισμα των δύο κάτω κύκλων;
Ποιος αριθμός πρέπει να μπει στη θέση του \(?\)
Έρχεται το πολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — βρες όλες τις επιλογές εδώΠολλαπλό βιβλίο ΝΕΟ — 437 βιβλία σε PDF
PDF & Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα — χωρίς εγγραφή • Portify
📚 437 βιβλία🎬 22.000+ Ψηφιακά Μαθησιακά Αντικείμενα
Δες τα βιβλία →
1 σχόλιο:
Υπάρχουν δύο λύσεις.
ΑπάντησηΔιαγραφήΟνομάζουμε τα κενά τετράγωνα Α, Β, Γ, και Δ αντίστοιχα.
Οπότε έχουμε τις εξής εξισώσεις:
A+B=9 (1)
A+Γ=5 (2)
B+Δ=7 (3)
Από την πρώτη:
B=9−A (4)
Από τη δεύτερη:
Γ=5−A (5)
Και από την τρίτη:
Δ=7−B === Δ=7-Β (6)
Αντικαθιστούμε τη (4) στην (6) κι’ έχουμε:
Δ=7-Β === Δ=7-(9-Α) === Δ=7-9+Α === Δ=Α-2 (7)
Άρα οι τέσσερις αριθμοί είναι:
A, (9−A), (5−A), (A−2)
Ας ονομάσουμε μόνο τον πάνω αριστερά αριθμό A.
Τότε έχουμε:
A ?
? ?
1. Πάνω σειρά
Οι δύο πάνω αριθμοί έχουν άθροισμα 9:
A+(πάνω δεξιά)=9
Άρα:
πάνω δεξιά=9−A
2. Αριστερή στήλη
Η αριστερή στήλη έχει άθροισμα 5:
A+(κάτω αριστερά)=5
Άρα:
κάτω αριστερά=5−A
3. Δεξιά στήλη
Η δεξιά στήλη έχει άθροισμα 7.
Ο πάνω δεξιά αριθμός όμως τον έχουμε ήδη βρει: είναι 9−A.
Επομένως:
(9−A)+(κάτω δεξιά)=7
Άρα:
κάτω δεξιά=7−(9−A) === κάτω δεξιά=7-9+Α === κάτω δεξιά=Α-2
Έτσι προκύπτει ολόκληρο το σχήμα:
A, (9−A), (5−A), (A−2)
Και εδώ φαίνεται αμέσως γιατί δεν υπάρχει μία μόνο λύση:
Το A μπορεί να πάρει διαφορετικές τιμές, αρκεί οι τέσσερις αριθμοί να είναι θετικοί ακέραιοι.
Αν οι αριθμοί είναι θετικοί ακέραιοι
Πρέπει όλοι να είναι μεγαλύτεροι από το 0.
Για το Γ=5−A:
A<5
Για το Δ=A−2:
A>2
Άρα:
2<A<5
και επειδή ο A είναι ακέραιος:
A=3 ή A=4
Έτσι έχουμε δύο δυνατές λύσεις:
1η λύση
Οριζόντια:
3+6=9
2+1=3
5+7=12
Κάθετα:
3+2=5
6+1=7
9+3=12
2η λύση
Οριζόντια:
4+5=9
1+2=3
5+7=12
Κάθετα:
4+1=5
5+2=7
3+9=12
Συμπέρασμα
Αν ζητούν θετικούς ακέραιους, οι επιμέρους αριθμοί δεν προσδιορίζονται μοναδικά. Υπάρχουν δύο λύσεις:
3,6,2,1
και
4,5,1,2
και στις δύο περιπτώσεις το άθροισμα των κάτω κύκλων ισούται με 3.
Άρα το πρόβλημα, όπως είναι διατυπωμένο, δεν έχει μοναδική λύση για τους τέσσερις αριθμούς.