Fermat

Ερώτηση: Όταν κατεβαίνει, η ταχύτητά του είναι και πάλι 3m/12h ή θα πρέπει να θεωρήσουμε διαφορετική ταχύτητα?

οκ δεν πειράζει :). Απλώς δεν μπορούσα να καταλάβω τι συνέβη Κανένα πρόβλημα Απλώς είδα ότι και οι άλλες απαντήσεις δεν είχαν καμία ανάλυση, γι αυτό έγραψα απευθείας την απάντησή μου. Μόνο που θα αλλάξω λίγο την απάντησή μου για να συντομεύσω την απόδειξη. Η καινούρια στρατηγική μου είναι: 2,3,...,14 και ξανά 2,3,...,14 (26 μέρες στο σύνολο) ___________________________________________________________ Το πρωί της ημέρας κ το μπαλάκι βρίσκεται στη θέση Χ(κ) Παρατηρούμε ότι, από μέρα σε μέρα, το μπαλάκι εναλλάσσεται από ζυγά σε μονά ντουλάπια. Δηλαδή θα έχουμε είτε: μονό - ζυγό - μονό - ζυγό - μονό - ζυγό - ... ή ζυγό - μονό - ζυγό - μονό - ζυγό - μονό - ... Συγκεκριμένα Αν την 1η μέρα βρίσκεται σε μονό ντουλάπι, τότε τις μονές μέρες θα βρίσκεται και πάλι σε μονό ντουλάπι ενώ τις ζυγές ημέρες θα βρίσκεται σε ζυγό ντουλάπι Αν την 1η μέρα βρίσκεται σε ζυγό ντουλάπι, τότε τις μονές μέρες θα βρίσκεται και πάλι σε ζυγό ντουλάπι ενώ τις ζυγές ημέρες θα βρίσκεται σε μονό ντουλάπι ή πιο απλά α=β mod 2 <=> Χ(α)=Χ(β) mod 2 Τις πρώτες 13 μέρες λοιπόν θα ανοίξω με τη σειρά τα ντουλάπια 2,3,...,14 Δηλαδή, τη μέρα κ ανοίγω το ντουλάπι που δίνεται από την ακολουθία Η(κ) = κ+1 Θα αποδείξω ότι: Αν την πρώτη μέρα το μπαλάκι βρίσκεται σε ντουλάπι με ζυγό αριθμό, τότε θα το βρω σίγουρα μέσα στις 13 πρώτες ημέρες Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει κ με 1<=κ<=13 για το οποίο ισχύει Χ(κ) = Η(κ) Αν είναι Χ(1) = Η(1) ή Χ(13) = Η(13), η απόδειξη τελειώνει. Έστω λοιπόν ότι Χ(1) ≠ 2 και Χ(13) ≠ 14 Υποθέσαμε ότι το Χ(1) είναι άρτιος. Η σχέση Χ(1)>=1, σε συνδυασμό με την Χ(1) ≠ 2 γράφεται Χ(1) >= 4 Σύμφωνα με την αρχική παρατήρηση, θα είναι και ο Χ(13) άρτιος, τότε από τις Χ(13)<=15 και Χ(13) ≠ 14 παίρνουμε Χ(13) <= 12 Ορίζω την ακολουθία Φ(κ) = Χ(κ) - Η(κ) . Αν κάποια στιγμή αυτή μηδενιστεί, σημαίνει ότι βρήκα το μπαλάκι. Επειδή οι Χ(κ), Η(κ) είναι της μορφής ζυγός - μονός - ζυγός - μονός - ζυγός - μονός - ..... προκύπτει ότι το Φ(κ) είναι πάντα άρτιος Για τη Φ(κ) ισχύουν: Φ(1) =Χ(1) - Η(1) >= 2 Φ(13) = Χ(13) - Η(13) <= -2 Επειδή Χ(κ+1) - Χ(κ) = ±1 και Η(κ+1) - Η(κ) = 1 προκύπτει ότι Φ(κ+1) - Φ(κ) = 0 ή 2 Το Φ(κ) λοιπόν είναι πάντα άρτιος και σε κάθε βήμα είτε μειώνεται κατά 2 ή παραμένει σταθερό. Ξεκινάει από το θετικό άρτιο Φ(1) και καταλήγει στον αρνητικό άρτιο Φ(13). Αναγκαστικά λοιπόν θα υπάρχει κ με 1<κ<13 τέτοιο ώστε Φ(κ) = 0, που σημαίνει ότι βρήκα το μπαλάκι! ___________________________________________________________ Ας υποθέσουμε τώρα ότι το Χ(1) ήταν περιττός. Αναγκαστικά το Χ(14) είναι άρτιος Είναι σαν να ξεκινάει το παιχνίδι από την αρχή, με δεδομένο ότι το μπαλάκι βρίσκεται σε άρτιο ντουλάπι. Επομένως η λύση είναι ίδια με την προηγούμενη περίπτωση, δηλαδή με τη στρατηγική 2,3,...,14 θα βρω το μπαλάκι στις επόμενες 13 μέρες ___________________________________________________________ Παρατηρήσεις Ανάλογη θά ήταν και η απόδειξη αν το 2ο κομμάτι της ακολουθίας ήταν το 14,13,...,4,3,2 Λόγω συμμετρίας θα ισχύουν και οι λύσεις: 14,13,...,2 || 2,3,...,14 14,13,...,2 || 14,13,...,2

Είχα γράψει μία απάντηση πριν από λίγο αλλά μάλλον σβήστηκε: # 2 3 4 ... 12 13 14 14 13 12 ... 4 3 2 (εχει μήκος 26 ημερών) #

ok,

Το 1/0 είναι απροσδιόριστο, σωστά; ;)

Όντως έχει φάση αλλά τα μυστικά levels δεν έχουν hint μέσα στο πηγαίο... Στο 1 έβαζα στην αρχή infinity ή οο άλλά δεν έπιανε, τώρα είμαι στο 2

Σωστά! Τελικά έχει και πιο απλή λύση, thanks! :)

Νομίζω ότι πρέπει να δώσω μία εξήγηση για τη λύση μου.. Δεν το έκανα αρχικά γιατί, όπως έγραψα, δε βρήκα έναν απλοϊκό τρόπο για να το περιγράψω Θα συμβολίζουμε με β το βαρύ και με ε το ελαφρύ. Υπάρχουν συνολικά 8 περιπτώσεις. Κάθε περίπτωση θα τη συμβολίζουμε με 3 γράμματα. Για παράδειγμα, το "ββε" θα σημαίνει Α1=βαρύ, Β1=βαρύ, Γ1=ελαφρύ. Αυτομάτως ξέρουμε το είδος των Α2,Β2,Γ2. Θα πάρουμε τις 8 δυνατές περιπτώσεις και θα καταγράψουμε τα αντίστοιχα αποτελέσματα. ------------------------------- περίπτωση βββ 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (ββ)--(εε) => 1 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (ββ)--(βε) => 1 Εξηγώ τους συμβολισμούς: βββ σημαίνει Α1=Β1=Γ1 = βαρύ. Αντικαθιστώ λοιπόν κάθε βαρύ με το γράμμα β και κάθε ελαφρύ με το γράμμα ε. Στην πρώτη ζύγιση υπερισχύει το αριστερό (ββ>εε), καταγράφω λοιπόν αποτέλεσμα "1". Ομοίως και στη δεύτερη ζύγιση, άρα το αποτέλεσμα για την περίπτωση βββ είναι το "1-1" ------------------------------- περίπτωση ββε 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (ββ)--(εβ) => 1 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (βε)--(ββ) => 2 ------------------------------- περίπτωση βεβ 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (βε)--(βε) => Χ 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (ββ)--(εε) => 1 ------------------------------- περίπτωση βεε 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (βε)--(ββ) => 2 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (βε)--(εβ) => Χ ------------------------------- περίπτωση εββ 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (εβ)--(εε) => 1 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (εβ)--(βε) => Χ ------------------------------- περίπτωση εβε 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (εβ)--(εβ) => Χ 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (εε)--(ββ) => 2 ------------------------------- περίπτωση εεβ 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (εε)--(βε) => 2 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (εβ)--(εε) => 1 ------------------------------- περίπτωση εεε 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) = (εε)--(ββ) => 2 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) = (εε)--(εβ) => 2 Συγκεντρωτικά έχουμε: βββ 1 - 1 ββε 1 - 2 βεβ Χ - 1 βεε 2 - Χ εββ 1 - Χ εβε Χ - 2 εεβ 2 - 1 εεε 2 - 2 Παρατηρούμε ότι κάθε συνδυασμός, πχ ο Χ-1 εμφανίζεται μόνο μία φορά στον πίνακα, και αυτό μας βοηθάει να καταλάβουμε ποια από τις 8 περιπτώσεις ισχύει (ο συνδυασμός Χ-Χ δε χρησιμοποιείται) Όλα τα παραπάνω δεν τα βρήκα με κάποια συγκεκριμένη τεχνική, αλλά με "βίαιη επίθεση". Έβαλα το excel να τα βρει για μένα :D αφού όλες οι πιθανές τοποθετήσεις δεν ήταν ευνοϊκές (δεν εμφανιζόταν ο κάθε συνδυασμός μοναδικά) ramanujan, έχεις κάποια άλλη λύση, πιο απλή;;; :worry:

Εντάξει, υπάρχει λύση αλλά ήλπιζα ότι θα έβρισκα μια πιο απλή... Συμβολίζουμε με Α1,Α2,Β1,Β2,Γ1,Γ2 τα 6 αυγά, έτσι ώστε αυτά που έχουν το ίδιο γράμμα να αποτελούν ζευγάρι. Υπάρχουν συνολικά 2^3 = 8 περιπτώσεις. Πραγματικά, έχουμε 2 περιπτώσεις για το Α1 (βαρύ ή ελαφρύ), 2 για το Β1 και 2 για το Γ1. Αν ξέρουμε τα βάρη των Α1,Β1,Γ1 βρίσκουμε και τα Α2,Β2,Γ2 Η κάθε ζύγιση έχει 3 δυνατά αποτελέσματα. 3*3 = 9, άρα επαρκούν 2 ζυγίσεις για να κωδικοποιήσουμε τις 8 περιπτώσεις, αρκεί να τοποθετήσουμε τα αυγά κατάλληλα Αν σε μία ζύγιση ο ζυγός γείρει προς τα αριστερα σημειώνουμε αποτέλεσμα 1. Αν γείρει προς τα δεξιά, σημειώνουμε αποτέλεσμα 2. Αν ισορροπήσει, σημειώσατε Χ 1η ζύγιση (Α1, Β1) --- (Β2, Γ2) 2η ζύγιση (Α1, Γ1) --- (Β1, Γ2) Αν πάρουμε όλες τις δυνατές περιπτώσεις και καταγράψουμε όλα τα αντίστοιχα αποτελέσματα, θα δούμε ότι κάθε συνδυασμός των 1,2,Χ αντιστοιχεί με μοναδικό τρόπο σε μία τριάδα βαριών αυγών. Θα έχουμε: Aποτέλεσμα 1-1 τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι βαρύ-βαρύ-βαρύ Aποτέλεσμα 1-X τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι ελαφρύ-βαρύ-βαρύ Aποτέλεσμα 1-2 τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι βαρύ-βαρύ-ελαφρύ Aποτέλεσμα X-1 τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι βαρύ-ελαφρύ-βαρύ Aποτέλεσμα X-2 τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι ελαφρύ-βαρύ-ελαφρύ Aποτέλεσμα 2-1 τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι ελαφρύ-ελαφρύ-βαρύ Aποτέλεσμα 2-X τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι βαρύ-ελαφρύ-ελαφρύ Aποτέλεσμα 2-2 τότε τα Α1-Β1-Γ1 είναι ελαφρύ-ελαφρύ-ελαφρύ Σημείωση Από το βάρος των Α1,Β1,Γ1 βρίσκουμε και το βάρος των Α2,Β2,Γ2. Παρατηρούμε ότι την περίπτωση Χ-Χ δεν τη χρησιμοποιούμε Υπάρχουν πολλές ακόμη λύσεις-τρόποι διάταξης των αυγών

εννοώ με πλευρά ενός σπίρτου

Μετακινήστε μόνο 3 σπίρτα και δημιουργήστε 4 τετράγωνα ίδια με το αρχικό μέγεθος http://i15.tinypic.com/8b9je2v.jpg

Συμφωνώ!!! Επίσης, του Famous Grouse. Που βάζει την κλασσική μουσική και τη διακόπτει συνεχώς. Πολύ σπαστικό :angry:

Βαλε τον γαμπρο με την κουμπαρα να παιζουν στο κρεβατι και μετα φωναξε την νυφη να τους δει!:lol: :lol: :up: :up:

ΧΕΙΡΑΨΙΕΣ (click) Αν δεν έχετε τον flash player μπορείτε να τον κατεβάσετε από εδώ

Πολύ καλό! Νόμιζα ότι δε θα είχε λύση. Μέχρι που έφτιαξα σχήμα, το οποίο με βοήθησε αρκετά... Το πιο λογικό βέβαια είναι η οικοδέσποινα να χαιρετήσει όλους τους καλεσμένους (θα ήταν αγένεια να παραλείψει κάποιον :D) Λοιπόν... Το πλήθος των ατόμων είναι 8. Άρα το μέγιστο των χειραψιών που μπορεί να έκανε κάποιος είναι 6 (αν εξαιρέσουμε τον εαυτό του και το συνοδό του) Ο οικοδεσπότης ρωτάει όλους τους παρευρισκομένους (εκτός από τον εαυτό του). Άρα και τη γυναίκα του. Αφού τα 7 άτομα έδωσαν διαφορετικές απαντήσεις, ή μόνη δυνατή περίπτωση είναι, οι απαντήσεις αυτές να είναι 0,1,2,3,4,5,6 Έστω Α,Β,Γ,Δ τα τέσσερα ζευγάρια. Κάποιος απ όλους έχει 6 χειραψίες. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι αυτός ανήκει στο ζευγάρι Α. Πάμε και ενώνουμε λοιπόν το άτομο αυτό με καθένα από τα άτομα των υπολοίπων ζευγαριών. Τώρα καθένας από τα ζευγάρια Β,Γ,Δ έχει 1 χειραψία. Επομένως το άτομο με τις 0 χειραψίες θα είναι το άλλο μέλος του ζευγαριού Α. μέχρι τώρα: Α | 6 | 0 | Β | 1 | 1 | Γ | 1 | 1 | Δ | 1 | 1 | Με τον ίδιο τρόπο... Κάποιος απ όλους έχει 5 χειραψίες, ας υποθέσουμε ότι είναι μέλος του ζευγαριού Β. Ενώνουμε το άτομο αυτό με καθένα από τα μέλη των ζευγαριών Γ και Δ. Σύνολο 5 χειραψίες, οκ Τώρα καθένας από τα Γ,Δ έχει ήδη 2 χειραψίες, άρα το άτομο με τη 1 χειραψία θα είναι το άλλο μέλος του ζευγαριού Β. μέχρι τώρα: Α | 6 | 0 | Β | 5 | 1 | Γ | 2 | 2 | Δ | 2 | 2 | Τώρα καθένας από τα Γ,Δ έχει 2 χειραψίες. Υποθέτουμε ότι ένα άτομο από το ζευγάρι Γ έχει 4 χειραψίες. Ενώνουμε αυτό το άτομο με τα δύο μέλη του Δ (σύνολο 4 χειραψίες). Οι Δ τώρα έχουν από 3 άρα το άτομο με τις 2 είναι το άλλο μέλος του ζευγαριού Γ. Τελικά έχουμε: Α | 6 | 0 | Β | 5 | 1 | Γ | 4 | 2 | Δ | 3 | 3 | Συμπέρασμα Αφού το 3 επαναλαμβάνεται καταλαβαίνουμε ότι είναι οι χειραψίες του οικοδεσπότη, άρα η οικοδέσποινα έχει επίσης 3 χειραψίες. Ή πιο αναλυτικά: Α1 Α2 Β1 Β2 Γ1 Γ2 Δ1 Δ2 Α1 0 0 1 1 1 1 1 1 Α2 0 0 0 0 0 0 0 0 Β1 1 0 0 0 1 1 1 1 Β2 1 0 0 0 0 0 0 0 Γ1 1 0 1 0 0 0 1 1 Γ2 1 0 1 0 0 0 0 0 Δ1 1 0 1 0 1 0 0 0 Δ2 1 0 1 0 1 0 0 0 όπου Α1,Α2 είναι τα μέλη του Α ζευγαριού κ.ο.κ. Το 1 στη διασταύρωση κάποιας γραμμής με κάποια στήλη δηλώνει ότι έγινε χειραψία. Υ.Γ. Θα προσπαθήσω να κάνω ένα πρόγραμμα σε flash με τη λύση Πώς μπορώ να κάνω upload στο myphone.gr?

αυτή της Q με το πικι-πικι :mad: Δεν ξέρω γιατί αλλά μου τη σπάει όσο δεν μπορείτε να φανταστείτε, και κάθε φορά που τη βάζει κάνω ένα από τα παρακάτω: αλλάζω κανάλι χαμηλώνω την τηλεόραση κλείνω την τηλεόραση

Η περίπτωση με πρώτο ψηφίο το 7 είναι μοναδική. Αν έχουμε πρώτο ψηφίο το 8: Ξεκινάμε με την 8άδα 8|7|6|5|4|3|2|1 Σημειώνουμε τις διαφορές α,β,γ,δ,ε,ζ,η από ψηφίο σε ψηφίο. Πχ για να πάμε από το 8 στο 7 αφαιρούμε 1, άρα είναι α=1, από το 7 για να πάμε στο 6 αφαιρούμε 1, άρα β=1. Ομοίως και οι υπολοιπες διαφορές είναι 1. Το δύο σημεία που πρέπει να προσέξουμε είναι: άθροισμα = α+β+γ+δ+ε+ζ+η <= 8 α,β,γ,δ,ε,ζ,η >= 1Η πιο απλή περίπτωση είναι αυτή που γράψαμε παραπάνω 8|7|6|5|4|3|2|1 Έχει άθροισμα ίσο με 7 αφού όλα τα α,β,...,η είναι ίσα με 1. Σε κάθε άλλη περίπτωση, η μόνη επιλογή είναι να κάνουμε κάποιο από τα α,β,γ,δ,ε,ζ,η ίσο με 2. Υπάρχουν 7 τρόποι για να το κάνουμε αυτό, επομένως συνολικά 7+1=8 οκτάδες που ξεκινούν με 8. Αν έχουμε 1ο ψηφίο το 9 Εδώ επιτρεπτές τιμές για το άθροισμα α+β+γ+δ+ε+ζ+η είναι οι 7,8,9 Για άθροισμα ίσο με 7 υπάρχει μόνο μία λύση, η α=β=γ=δ=ε=ζ=η=1 και παίρνουμε την οκτάδα 9|8|7|6|5|4|3|2 Για άθροισμα 8 έχουμε πάλι ένα δυάρι να παίζει ανάμεσα στα α,...,η άρα και πάλι 7 περιπτώσεις Για να πάρουμε άθροισμα ίσο με 9 έχουμε δύο μορφές:3-1-1-1-1-1-1 2-2-1-1-1-1-1Δηλαδή στην υπο-περίπτωση (a) έχουμε ένα 3άρι που κινείται ανάμεσα στα α,β,γ,δ,ε,ζ,η, συνολικά 7 τρόποι. Στην υπο-περίπτωση (b) έχουμε τους συνδυασμούς των 7 ανά 2, δηλαδή (7*6)/2=21 Συνολικά 7+21=28 Γενικό σύνολο για την περίπτωση με πρώτο ψηφίο το 9: 1+7+28=36 Και τελικά 1+8+36=45 Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο λάθος :)

Δεν μπορείς τουλάχιστον να περιγράψεις το σχήμα; By the way υπάρχουν τόποι όπως το http://tinypic.com/ που σου επιτρέπουν να ανεβάζεις εικόνες Ξέρω την απάντηση. Οι γραμμές δεν είναι απαραίτητο να είναι ξεχωριστές. Μπορούν να είναι συνεχόμενες. Απάντηση: Ας υποθέσουμε ότι οι δύο πρώτοι που μπαίνουν στη γραμμή έχουν άσπρο και μαύρο καπέλο (μπαίνουν δίπλα-δίπλα και όχι ο ένας πίσω από τον άλλο). Ο επόμενος, αφού δεν ξέρει τι χρώμα καπέλο φοράει θα πρέπει να μπει ανάμεσά τους, για να μη χαλάσει τη σειρά. Το ίδιο θα κάνει και κάθε επόμενος. Θα μπαίνει πάντα εκεί που χωρίζονται τα άσπρα από τα μαύρα. Ας υποθέσουμε τώρα ότι οι δύο πρώτοι φοράνε ίδιο χρώμα, πχ άσπρο-άσπρο. Τότε ο επόμενος θα πρέπει να μπει σε μία από τις δύο άκρες. Το ίδιο θα κάνει και κάθε επόμενος, μέχρι να βρεθεί στη σειρά κάποιος με μαύρο καπέλο. Από κει και μετά θα μπαίνουν όλοι ανάμεσα στο χώρισμα

Είναι λιγότεροι. Σωστή βέβαια η παρατήρηση αλλά δεν είναι έτσι. Όλες οι συγγενικές σχέσεις θα πρέπει να είναι ανάμεσα στα άτομα του δωματίου Εφόσον υπάρχει πχ ξάδεφος θα πρέπει να υπάρχει και η ξαδέρφη του

Σε ένα δωμάτιο υπάρχουν: Ένας πατέρας και μία μητέρα Ένας αδερφός και μία αδερφή Ένας ξάδερφος και μία ξαδέρφη Ένας ανηψιός και μία ανηψιά Ένας θείος και μία θεία Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός ατόμων που μπορεί να υπάρχουν στο δωμάτιο;

:oops: petemil, δίκιο! Δεν το σκέφτηκα έτσι. Δοκίμαζα να χωρίσω την αμβλεία με μία ευθεία που φτάνει μέχρι την απέναντι πλευρά :O

Νομίζω ότι δεν υπάρχει λύση και μάλιστα το πρόβλημα είναι στις γωνίες του τετραγώνου. Όταν πάμε να χωρίσουμε μία αμβλεία (ή ορθή) γωνία , αναγκαστικά δημιουργούμε μία άλλη. Το πρόβλημα θα λυνόταν εύκολα αν είχαμε πολύγωνο θα ήταν εύκολο (τρίγωνα με κοινή κορυφή κάπου στο κέντρο) Αν προσπάθήσουμε να κάνουμε το ίδιο στο τετράγωνο, καταλήγουμε σε ένα άμβλυγώνιο τρίγωνο, το οποίο πιστεύω ότι δεν μπορεί να διαιρεθεί σε οξυγώνια http://i1.tinypic.com/rr7h1u.png Εκτός και αν κάπου κάνω λάθος

Ένας χαλίφης είχε δύο γιους. Μη μπορώντας να αποφασίσει σε ποιον από τους δύο θα αφήσει το παλάτι, τους έβαλε μία δοκιμασία: Θα έπρεπε να κάνουν έναν αγώνα δρόμου με τις καμήλες τους. Νικητής θα έβγαινε εκείνος που η καμήλα του θα έφτανε στο παλάτι δεύτερη . Πήγαν λοιπόν οι δυο γιοι με τις καμήλες τους στο πιο μακρινό σημείο της ερήμου και, όπως ήταν φυσικό δεν ξεκινούσε κανείς. Πέρασαν μέρες έτσι, ώσπου κάποια στιγμή εμφανίστηκε ένας γέρος σοφός. Είπαν οι νέοι το πρόβλημά τους στο σοφό και του ζήτησαν τη συμβουλή του. Κάτι είπε ο σοφός και αμέσως οι δυο γιοι ανέβηκαν στις καμήλες και άρχισαν να τρέχουν όσο πιο γρήγορα μπορούσαν. Τι τους είπε ο σοφός;

Α, οκ! Θα δώσω τη λύση για το μικρό λαβύρινθο, που είναι εύκολος 1+5=6 6+4=10 10Χ2=20 20+8=28 28Χ2=56 56+5=61 Ο άλλος συνεχίζει να μου φαίνεται δύσκολος. Θα πρέπει να ελέγξουμε όλες τις δυνατές διαδρομές, ίσως με πρόγραμμα στον υπολογιστή, αν θέλουμε να βρούμε τη βέλτιστη διαδρομή. Ένα μικρό βοήθημα είναι ότι πρέπει να περάσουμε από όλους τους πολλαπλασιασμούς και να φροντίσουμε ώστε φτάνοντας στον πολλαπλασιασμό να έχουμε όσο το δυνατόν μεγαλύτερο αποτέλεσμα.

Τι εννοείς "ΔΕΝ μπορείς να ΜΗΝ έχεις συνεχόμενη πορεία"; Βρήκα μία διαδρομή με αποτέλεσμα 61 στο μικρό λαβύρινθο, αλλά πήγαινα και δεξιά και αριστερά. Μάλλον εννοείς ότι περνώντας μέσα από μία πράξη (πχ το Χ2) πρέπει να πας απέναντι και όχι να στρίψεις. ? Ο δεύτερος λαβύρινθος είναι αρκετά μεγάλος και θα είναι δύσκολο να ελέγξουμε όλες τις περιπτώσεις