ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ Διεύθυνση: Προξένου Κορομηλά 51 Τ.Κ. 54622, Θεσσαλονίκη Τηλέφωνο και Fax 2310 285377 e-mail: emethes@otenet.gr http://www.emethes.gr ΘΕΜΑΤΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ ΣΤ ΤΑΞΗΣ ΔΗΜΟΤΙΚΟΥ Σάββατο, 8 Ιουνίου 2013 Αγαπητοί μαθητές και αγαπητές μαθήτριες, Το Διοικητικό Συμβούλιο του Παραρτήματος της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Κεντρικής Μακεδονίας σας συγχαίρει για τη διάκρισή σας στην πρώτη φάση του Πανελλήνιου διαγωνισμού «Παιχνίδι και Μαθηματικά» που διοργάνωσε κεντρικά η Ε.Μ.Ε. Η δεύτερη φάση είναι δυσκολότερη. Ως θεσμός πραγματοποιείται στη Θεσσαλονίκη για τους μαθητές των Δημοτικών Σχολείων από το 1993. Πρέπει να λύσετε τα έξι προβλήματα σε χρόνο 2 ωρών. Να εξηγήσετε την απάντηση που θα δώσετε σε κάθε πρόβλημα. Στη βαθμολογία σας μετράει κυρίως ο τρόπος που σκεφτήκατε και λιγότερο τα αριθμητικά λάθη. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 ο 1. Να γράψετε τον αριθμό 40 ως γινόμενο τριών ακεραίων αριθμών (όχι απαραίτητα διαφορετικών) με όσους τρόπους μπορείτε. 2. Να γράψετε τον αριθμό 5 ως άθροισμα ακεραίων αριθμών χωρίς τα ψηφία 0 και 5 με έξι διαφορετικούς τρόπους. 3. Να εξηγήσετε γιατί ο αριθμός 10 γράφεται ως άθροισμα ακεραίων αριθμών, χωρίς τα ψηφία 0 και 7, με περισσότερους από 30 διαφορετικούς τρόπους. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ο Στο επάνω μέρος του μηχανήματος ρίχνουμε έναν ακέραιο αριθμό και από το κάτω μέρος βγαίνει ο αριθμός που ισούται με το άθροισμα των ψηφίων του αριθμού που ρίξαμε στο μηχάνημα. 1. Αν εμφανιστεί στο κάτω μέρος ο αριθμός 10, τότε ποιος μπορεί να είναι ο αριθμός που ρίξαμε στο μηχάνημα, αν γνωρίζουμε ότι πρόκειται για αριθμό περιττό (μονό) από το 1 έως το 100; 2. Γράψτε τον μικρότερο αριθμό με 15 ψηφία, που αν τον ρίξουμε στο μηχάνημα, θα μας δώσει τον αριθμό 10. 3. Υπάρχει αριθμός με 20 ψηφία, που να είναι πολλαπλάσιο του 3 και όταν τον ρίξουμε στο μηχάνημα να μας δώσει τον αριθμό 20;
ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 ο Μέσα στο παρακάτω σχήμα όλα σχήματα είναι τετράγωνα. Η πλευρά του μικρού μαύρου τετραγώνου είναι 3 μ. Να βρεθεί το εμβαδόν του μεγάλου σχήματος με τα 9 τετράγωνα. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 ο Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ και γωνία ΒΑΓ = 120 ο. Στην πλευρά ΒΓ παίρνουμε σημείο Ε προς το μέρος του Β, ώστε γωνία ΕΑΓ = 90 ο. Να εξηγήσετε γιατί το τρίγωνο ΒΕΑ είναι ισοσκελές. Αν προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ προς το μέρος του σημείο Α και από το σημείο Β φέρουμε ευθεία κάθετη στην προέκταση της πλευράς ΑΓ και ονομάζουμε Ζ το σημείο που συναντώνται οι δύο ευθείες. Να εξηγήσετε γιατί η ΒΑ είναι διχοτόμος της γωνίας ΖΒΕ. Να σχεδιάσετε τα σχήματα στο φύλλο απαντήσεων. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 5 ο Να εξηγήσετε γιατί υπάρχουν μόνο δύο κλάσματα (και να βρείτε ποια είναι) με τις εξής ιδιότητες: Έχουν αριθμητή τον αριθμό 3. Είναι ανάγωγα (δηλαδή δεν απλοποιούνται). Έχουν παρονομαστή τριψήφιο αριθμό με τα ψηφία του όλα διαφορετικά. Το ψηφίο των δεκάδων είναι το 5. Τα ψηφία των μονάδων και των εκατοντάδων είναι άρτιοι αριθμοί. Το ψηφίο των μονάδων είναι μεγαλύτερο κατά 4 από αυτό των εκατοντάδων. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 6 ο Ένας κύβος έχει πλευρά 6 μ. Τον χωρίζουμε σε 27 μικρότερους ίσους κύβους, τους οποίους απλώνουμε σε ένα τραπέζι. Για να βάψουμε τον αρχικό κύβο σε όλες τις έδρες του χρειαζόμαστε 21600 γραμμάρια χρώματος. Πόσα γραμμάρια χρώματος χρειαζόμαστε για να βάψουμε τους 27 μικρότερους κύβους σε όλες τις έδρες τους.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑΤΟΣ ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε. ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ ΣΤ ΤΑΞΗΣ ΔΗΜΟΤΙΚΟΥ, Σάββατο, 8 Ιουνίου 2013 ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 ο 1 ο ερώτημα: Υπάρχουν 6 διαφορετικοί τρόποι. Αυτοί είναι οι: 1 1 40, 1 2 20, 1 4 10, 1 5 8, 2 2 10, 2 4 5. 2 ο ερώτημα: Οι 6 διαφορετικοί τρόποι αθροίσματος είναι οι: 1+1+1+1+1, 1+1+1+2, 1+2+2, 1+1+3, 1+4, 2+3. 3 ο ερώτημα: Επειδή 10 = 5 + 5 και ο 5 γράφεται ως άθροισμα με περισσότερους από 6 διαφορετικούς τρόπους, σημαίνει ότι ο 10 γράφεται ως άθροισμα ακεραίων με τουλάχιστον 12 διαφορετικούς τρόπους. Επίσης, 10 = 6 + 4. Επειδή ο 6 γράφεται ως άθροισμα με περισσότερους τρόπους από τον 5, σημαίνει ότι έχουμε και άλλους 6 τουλάχιστον τρόπους. Επίσης, 10 = 8 + 2. Όμως, ο 8 γράφεται ως άθροισμα με περισσότερους από 6 τρόπους. Το ίδιο συμβαίνει και με τον 9. Τελικά, έχουμε πολύ περισσότερους από 5x6 = 30 τρόπους γραφής του αριθμού 10 ως άθροισμα ακεραίων. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ο 1 ο ερώτημα: Αριθμοί από το 1 έως το 100 με άθροισμα ψηφίων 10 είναι οι 19, 28, 37, 46, 55, 64, 73, 82, 91. Επειδή, γνωρίζουμε ότι στη μηχανή ρίξαμε αριθμό περιττό, τότε η απάντηση είναι ένας από τους αριθμούς 19, 37, 55, 73, 91. 2 ο ερώτημα: Ο μικρότερος τέτοιος αριθμός θα έχει στο ψηφίο των μονάδων το 9 και 13 μηδενικά, δηλαδή είναι ο 100000000000009. 1 ο ερώτημα: Γνωρίζουμε ότι κάθε αριθμός που διαιρείται με το 3 έχει άθροισμα ψηφίων αριθμό που διαιρείται με το 3. Όμως, ο αριθμός 20 δεν διαιρείται με το 3. Άρα, δεν υπάρχει τέτοιος αριθμός που ζητάει το πρόβλημα. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 ο Επειδή το μικρό μαύρο τετράγωνο έχει πλευρά 3 μ., την ίδια πλευρά έχουν και τα υπόλοιπα τρία τετράγωνα δεξιά και κάτω από αυτό. Άρα, το δεξί γωνιακό τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά 6 μ. Τα δύο τετράγωνα που βρίσκονται κάτω από το τετράγωνο αυτό είναι ίσα και έχουν κι αυτά πλευρά 6 μ. Άρα, το μεγάλο τετράγωνο που αποτελείται από τα 9 μικρότερα τετράγωνα θα έχει μήκος πλευράς 3x6 = 18 μ. Το εμβαδόν του τετραγώνου αυτού είναι 18x18 = 324 τ.μ.
ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 ο Επειδή γωνία ΒΑΓ = 120 ο και το τρίγωνο είναι ισοσκελές, σημαίνει ότι οι άλλες δύο γωνίες του έχουν άνοιγμα 30 ο. Επειδή η γωνία ΕΑΓ = 90 ο, σημαίνει ότι γωνία ΕΑΒ = 120 ο 90 ο = 30 ο. Το τρίγωνο ΒΑΕ έχει δύο γωνίες ίσες με 30 ο, άρα είναι ισοσκελές. Επειδή γωνία ΒΑΓ = 120 ο, σημαίνει ότι γωνία ΒΑΖ = 180 ο -120 ο = 60 ο. Όμως, γωνία ΒΖΑ = 90 ο. Άρα, γωνία ΖΒΑ = 30 ο, επειδή το άθροισμα των γωνιών σε κάθε τρίγωνο, άρα και στο ΒΖΑ ισούται με 180 ο. Αφού, λοιπόν, γωνία ΖΒΑ = 30 ο = γωνία ΑΒΕ, σημαίνει ότι η ΒΑ είναι διχοτόμος της γωνίας ΖΒΓ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 5 ο Πρέπει να προσέξουμε τους περιορισμούς που έχει το πρόβλημα. Αφού το κλάσμα είναι ανάγωγο σημαίνει ότι ο παρονομαστής δεν πρέπει να διαιρείται με το 3 που είναι ο αριθμητής του. Επίσης, ο παρονομαστής είναι αριθμός άρτιος που σημαίνει ότι τελειώνει σε 0, 2, 4, 6, 8. Όμως, επειδή το ψηφίο των μονάδων είναι μεγαλύτερο από αυτό των εκατοντάδων που κι αυτό πρέπει να είναι άρτιος αριθμός, πρέπει να αποκλείσουμε από το ψηφίο των μονάδων τους αριθμούς 0 και 2. Μένουν τα ψηφία 4, 6, 8. Μόνο οι αριθμοί 256 και 458 ταιριάζουν με τα ζητούμενα. Άρα, πράγματι, υπάρχουν μόνο δύο τέτοια κλάσματα. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 6 ο Ο χωρισμός του αρχικού κύβου σε 27 ίσους μικρότερους κύβους μπορεί να γίνει αν τον κόψουμε σε 3 στρώματα ίσου πάχους και κάθε στρώμα το κόψουμε πάλι σε 9 μικρότερους κύβους. Άρα, ο κάθε μικρός κύβος θα έχει πλευρά 6:3 = 2 μ. Ένας τέτοιος μικρός κύβος αποτελείται από 6 τετραγωνικές έδρες που η κάθε μία έχει εμβαδόν 2x2 = 4 τ.μ. Συνολικά, κάθε μικρός κύβος έχει εμβαδόν 6x4 = 24 τ.μ. Όλοι οι μικροί κύβοι έχουν εμβαδόν 24x27 = 648 τ.μ. Ο αρχικός κύβος, επειδή είχε πλευρά 6 μ. θα έχει εμβαδόν σε κάθε τετραγωνική του έδρα 6x6 = 36 τ.μ. και συνολικό εμβαδόν 36x6 =216 τ.μ. Επειδή για να βαφεί χρειάζονται 21600 γραμμάρια χρώματος, σημαίνει ότι για κάθε τ.μ. απαιτούνται 100 γραμμάρια χρώματος. Δηλαδή για τους 27 μικρούς κύβους απαιτούνται 648x100 = 64800 γραμμάρια χρώματος.
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ Διεύθυνση: Προξένου Κορομηλά 51 Τ.Κ. 54622, Θεσσαλονίκη Τηλέφωνο και Fax 2310 285377 e-mail: emethes@otenet.gr http://www.emethes.gr ΘΕΜΑΤΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ Ε ΤΑΞΗΣ ΔΗΜΟΤΙΚΟΥ Σάββατο, 8 Ιουνίου 2013 Αγαπητοί μαθητές και αγαπητές μαθήτριες, Το Διοικητικό Συμβούλιο του Παραρτήματος της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Κεντρικής Μακεδονίας σας συγχαίρει για τη διάκρισή σας στην πρώτη φάση του Πανελλήνιου διαγωνισμού «Παιχνίδι και Μαθηματικά» που διοργάνωσε κεντρικά η Ε.Μ.Ε. Η δεύτερη φάση είναι δυσκολότερη. Ως θεσμός πραγματοποιείται στη Θεσσαλονίκη για τους μαθητές των Δημοτικών Σχολείων από το 1993. Πρέπει να λύσετε τα έξι προβλήματα σε χρόνο 2 ωρών. Να εξηγήσετε την απάντηση που θα δώσετε σε κάθε πρόβλημα. Στη βαθμολογία σας μετράει κυρίως ο τρόπος που σκεφτήκατε και λιγότερο τα αριθμητικά λάθη. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 ο 13 Το κλάσμα δεν είναι ακέραιος αριθμός. 5 1. Να βρείτε τον μικρότερο μονοψήφιο αριθμό που πρέπει να προσθέσουμε στον αριθμητή του 13/5, ώστε το κλάσμα να γίνει αριθμός ακέραιος. 2. Να βρείτε τον μικρότερο διψήφιο αριθμό που πρέπει να προσθέσουμε στον αριθμητή του 13/5, ώστε το κλάσμα να γίνει αριθμός ακέραιος. 3. Να βρείτε τον μικρότερο μονοψήφιο αριθμό που πρέπει να προσθέσουμε στον παρονομαστή του 13/5, ώστε το κλάσμα να γίνει αριθμός ακέραιος. 4. Να βρείτε τον μικρότερο μονοψήφιο αριθμό που πρέπει να αφαιρέσουμε από τον παρονομαστή του 13/5, ώστε το κλάσμα να γίνει αριθμός ακέραιος. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ο Μέσα στο παρακάτω σχήμα όλα τα σχήματα είναι τετράγωνα. Η πλευρά του μικρού μαύρου τετραγώνου είναι 3 μ. Να βρεθεί το εμβαδόν του μεγάλου σχήματος που αποτελείται από τα 9 τετράγωνα.
ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 ο Ο Ηρακλής όταν έκοβε ένα κεφάλι από την Λερναία Ύδρα, στη θέση του φύτρωναν δύο κεφάλια. Ο Ηρακλής είχε κόψει 15 κεφάλια της Λερναίας Ύδρας. Μέτρησε τα κεφάλια που είχε τώρα η Ύδρα και ήταν 50. Πόσα κεφάλια είχε αρχικά η Ύδρα; ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 ο Τρία ξύλινα κυβάκια έχουν το ίδιο βάρος με 5 ξύλινες πυραμίδες. Στον αριστερό δίσκο μιας ζυγαριάς έχουμε 7 ξύλινα κυβάκια και 2 ξύλινες πυραμίδες. Στον δεξί δίσκο της ζυγαριάς έχουμε 5 ξύλινες πυραμίδες και έναν ξύλινο κύβο. Να απαντήσετε στα επόμενα τρία ερωτήματα, ξεκινώντας κάθε φορά από την αρχική κατάσταση της ζυγαριάς. 1. Να βρείτε τον μικρότερο αριθμό πυραμίδων που πρέπει να προσθέσουμε στη ζυγαριά, ώστε αυτή να ισορροπήσει. 2. Να βρείτε τον μικρότερο αριθμό κύβων και πυραμίδων που πρέπει να προσθέσουμε στη ζυγαριά, ώστε αυτή να ισορροπήσει. 3. Αν στον δεξί δίσκο προσθέσουμε άλλες 3 πυραμίδες, ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός αντικειμένων (κύβοι ή πυραμίδες) που πρέπει να προσθέσουμε ή να αφαιρέσουμε από τους δύο δίσκους, ώστε η ζυγαριά να ισορροπήσει; Υπάρχει και άλλη λύση; ΠΡΟΒΛΗΜΑ 5 ο Να βρείτε τους 5 ακέραιους αριθμούς, που αν πολλαπλασιαστούν όλοι μαζί, έχουν γινόμενο τον αριθμό 210. Από αυτούς τους αριθμούς παίρνουμε έναν, τον διαγράφουμε και πολλαπλασιάζουμε τους υπόλοιπους. Από τους υπόλοιπους τέσσερις παίρνουμε άλλον έναν αριθμό, τον διαγράφουμε και αυτόν και πολλαπλασιάζουμε τους τρεις αριθμούς που έμειναν. Προσθέτουμε τα δύο γινόμενα και έχουμε τον αριθμό 48. Ποιους αριθμούς διαγράψαμε από την πεντάδα των αρχικών αριθμών και με ποια σειρά; ΠΡΟΒΛΗΜΑ 6 ο 1. Να κάνετε ένα σχήμα για να δείξετε ότι μπορείτε με 27 ίσα ξυλαράκια να τα τοποθετήσετε σε ένα τραπέζι και να σχηματιστούν 10 ίσα τετράγωνα. 2. Ποιος είναι ο μικρότερος αριθμός που πρέπει να αφαιρέσετε από τα ξυλαράκια αυτά, ώστε τα τετράγωνα που θα μείνουν να είναι 6; Δεν έχει σημασία το μέγεθος των τετραγώνων που θα μείνουν στο τραπέζι. Δεν θέλουμε όμως, να υπάρχουν ξυλάκια που δεν σχηματίζουν τετράγωνο.
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑΤΟΣ ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε. ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΕΣ Ε ΤΑΞΗΣ ΔΗΜΟΤΙΚΟΥ, Σάββατο, 8 Ιουνίου 2013 ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 ο 1 ο ερώτημα: Πρέπει ο αριθμητής του κλάσματος να γίνει πολλαπλάσιο του 5, ώστε το κλάσμα να γίνει ακέραιος. Άρα, ο μικρότερος μονοψήφιος αριθμός που πρέπει να προσθέσουμε στον αριθμητή είναι ο 2. 2 ο ερώτημα: Πρέπει, πάλι ο αριθμητής του κλάσματος να γίνει πολλαπλάσιο του 5, αλλά «αρκετά» μεγαλύτερος. Αν γίνει 30, τότε το κλάσμα θα είναι ακέραιος. Μικρότερος αριθμητής είναι ο 25 και ο 20. Ο κατάλληλος αριθμητής είναι ο 25, διότι πρέπει ο 13 να γίνει 25 με πρόσθεση διψήφιου αριθμού. Άρα, πρέπει να προσθέσουμε τον αριθμό 12. 3 ο ερώτημα: Αν το κλάσμα γίνει 13/13 θα είναι ακέραιος αριθμός. Άρα, πρέπει να προσθέσουμε στον παρονομαστή, τον αριθμό 8. 4 ο ερώτημα: Από τον παρονομαστή του κλάσματος πρέπει να αφαιρέσουμε τον αριθμό 4 ώστε να γίνει 13/1 = 13. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 ο Επειδή το μικρό μαύρο τετράγωνο έχει πλευρά 3 μ., την ίδια πλευρά έχουν και τα υπόλοιπα τρία τετράγωνα δεξιά και κάτω από αυτό. Άρα, το δεξί γωνιακό τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά 6 μ. Τα δύο τετράγωνα που βρίσκονται κάτω από το τετράγωνο αυτό είναι ίσα και έχουν κι αυτά πλευρά 6 μ. Άρα, το μεγάλο τετράγωνο που αποτελείται από τα 9 μικρότερα τετράγωνα θα έχει μήκος πλευράς 3x6 = 18 μ. Το εμβαδόν του τετραγώνου αυτού είναι 18x18 = 324 τ.μ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 ο Αφού ο Ηρακλής έκοψε 15 κεφάλια από την Ύδρα, φύτρωσαν 15x2 = 30 κεφάλια. Δηλαδή, τα κεφάλια της αυξήθηκαν κατά 30-15 = 15. Άρα, για να έχει τώρα η Ύδρα 50 κεφάλια, σημαίνει ότι πριν τη μάχη με τον Ηρακλή είχε 50 15 = 35 κεφάλια. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 ο Επειδή 3 κύβοι έχουν το ίδιο βάρος με 5 πυραμίδες, σημαίνει ότι 6 κύβοι έχουν το ίδιο βάρος με 10 πυραμίδες. Στον αριστερό δίσκο έχουμε 7 κύβους και 2 πυραμίδες = 1 κύβος και άλλοι 6 κύβοι και 2 πυραμίδες = 1 κύβος και 10 πυραμίδες και 2 πυραμίδες = 1 κύβος και 12 πυραμίδες. Στον δεξί δίσκο έχουμε 1 κύβο και 5 πυραμίδες. 1 ο ερώτημα: Για να έχουμε ισορροπία στη ζυγαριά πρέπει να προσθέσουμε στον δεξί δίσκο 7 πυραμίδες. 2 ο ερώτημα: Ο αριστερό δίσκος είναι βαρύτερος από τον δεξί κατά 7 πυραμίδες. Αν βάλουμε λοιπόν στον δεξί δίσκο 3 κύβους (που έχουν βάρος όσο 5 πυραμίδες) και άλλες 2 πυραμίδες, θα έχουμε ισορροπία με τον μικρότερο αριθμό αντικειμένων.
3 ο ερώτημα: Τώρα ο δεξιός δίσκος θα έχει 1 κύβο και 8 πυραμίδες. Αν προσθέσουμε άλλες 4 πυραμίδες, θα έχει 1 κύβο και 12 πυραμίδες, δηλαδή το ίδιο βάρος με τον αριστερό δίσκο. Μία άλλη λύση είναι να βάλουμε 3 κύβους στον δεξί δίσκο που έχουν βάρος όσο 5 πυραμίδες και να αφαιρέσουμε μία πυραμίδα από τον αριστερό δίσκο. Και στις δύο αυτές λύσεις έχουμε μετακινήσει από 4 αντικείμενα. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 5 ο Ο αριθμός 210 διαιρείται με το 10, το 3 και το 7. Άρα, γράφεται 210 = 1 2 3 5 7. Οι πέντε αριθμοί λοιπόν είναι οι 1, 2, 3, 5 και 7. Θα απαντήσουμε στο δεύτερο ερώτημα με δοκιμές. Πάντως, δεν πρέπει να διώξουμε από την αρχή τον αριθμό 7, επειδή τα γινόμενα θα είναι μικρά και δεν μπορούν να έχουν άθροισμα 48. Τότε πρέπει στην αρχή να φύγει ο 5, επειδή αν μείνει και ο 5 τα γινόμενα 2 5 7 ή 3 5 7 ξεπερνούν το 48. Άρα, βήμα πρώτο φεύγει ο αριθμός 5. Έχουμε 1 2 3 7 = 42. Στο δεύτερο βήμα αφαιρούμε τον αριθμό 7 και έχουμε 1 2 3 = 6, επειδή 42 + 6 = 48, οι αριθμοί που πρέπει να διώξουμε είναι πρώτα ο αριθμός 5 και μετά ο αριθμός 7. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 6 ο Αν τοποθετήσουμε τα 10 ίσα τετράγωνα στη σειρά θα χρειαστούμε περισσότερα από 27 ίσα ξυλάκια. Αν τα τοποθετήσουμε με έναν από τους παρακάτω τρόπους ή και με άλλους παρόμοιους, τότε θα χρειαστούμε ακριβώς 27 ξυλάκια. Για να μείνουν μόνο έξι τετράγωνα αφαιρώντας τον μικρότερο αριθμό από ξυλάκια, θα πρέπει αφαιρέσουμε «εσωτερικά» ξυλάκια, χωρίς να μας ενδιαφέρει αν τα τετράγωνα που μείνουν θα είναι όλα ίσα μεταξύ τους, αφού το πρόβλημα δεν ζητά να είναι απαραίτητα ίσα τα νέα τετράγωνα. Έτσι, αν αφαιρέσουμε 6 ξυλάκια, θα έχουμε μία λύση όπως το επόμενο σχήμα. Δεν μπορούμε να αφαιρέσουμε λιγότερα ξυλάκια για να πετύχουμε το στόχο μας.