0

Numerot järjestykseen

Kahdeksannumeroisessa luvussa on kaksi ykköstä, kaksi kakkosta, kaksi kolmosta ja kaksi nelosta. Ykköset ovat yhden numeron päässä toisistaan, kakkoset kahden numeron, kolmoset kolmen numeron ja neloset neljän numeron päässä toisistaan. Mikä luku on kyseessä?


Ratkaisu: Luku on 41312432 tai tämän peilikuva 23421314. Tämän pulman lähde on Futility Closet.

 

0

Pillinvääntöä

Taitetaan mehupilli kahdesta sattumanvaraisesta kohdasta. Millä todennäköisyydellä taitoksista saadaan kolmio?

Kuva: Petter Duvander/Flickr (CC BY-NC 2.0)


Ratkaisu: Kolmioepäyhtälön mukaan kolmio syntyy, mikäli yksikään paloista ei ole pidempi kuin kahden muun summa. Jos sovitaan, että pillin pituus on 1, tämä tarkoittaa sitä, että kunkin kolmesta osasta pitää olla lyhyempi kuin \frac{1}{2}.

Sovitaan, että taitoskohdat ovat x ja y, missä 0<x<1 ja 0<y<1. Kolmio muodostuu jommalla kummalla seuraavista ehdoista:

  1. x<y; x<\frac{1}{2}; y-x<\frac{1}{2}; 1-y<\frac{1}{2} tai
  2. y<x; y<\frac{1}{2}; x-y<\frac{1}{2}; 1-x<\frac{1}{2}.

Oheisessa kuvassa on ensimmäisen ehdon ratkaisualue on sinertävänä ja jälkimmäisen ehdon ratkaisualue vaaleanpunaisena. Kumpikin näistä on kooltaan \frac{1}{8} koko neliöstä, joten kolmio muodostuu todennäköisyydellä \frac{1}{4}.

Tämän pulman lähde on Matthew Scroggsin pulmasivu.

0

Neliöiden naapurit

 

Nyt on vuorossa perusgeometriaa! Oheisessa kuvassa ABCD ja AEFG ovat neliöitä. Osoita, että kolmioilla AGB ja ADE on sama pinta-ala.

Tämä pulma on Daniel Grillerin kirjasta Elastic Numbers. Löysin siihen helpon, mutta melko tylsän ratkaisun, joka on perusteltavissa lukiogeometrialla. Grillerin oma ratkaisu puolestaan on oleellisesti yksinkertaisempi ja kauniimpi. Sen ymmärtää alakoululainenkin! Siksipä tässä on sangen nätti viikon helppo pulma.


Kuva 1: Suplementtikulmat

Ratkaisu: Oma ideani perustui siihen, että koska kulmat BAD ja EAG ovat suoria, ovat kulmat \alpha ja \beta ovat suplementtikulmia, eli ne muodostavat yhdessä 180^{\circ} kulman (kuva 1). Lukiotrigonometriassa opimme rakkaan työkalumme yksikköympyrän avulla, että kulmalla ja sen suplementtikulmalla on sama sini. Ja koska kolmion ABG ala voidaan laskea kaavalla \displaystyle\frac{1}{2}ab\sin \alpha, missä a ja b ovat kulman \alpha kyljet, ja yhtä lailla kolmion ADE ala on \displaystyle\frac{1}{2}ab\sin \beta, niin selvästi kolmioiden alat ovat samat.

Joo, ei hirveän tyylikäs ratkaisu, mutta ratkaisu kuitenkin, ja itse tuloshan on varsin mukava.

Kuva 2: Kierto pisteen A ympäri

Daniel Griller lähtee myös samasta ajatuksesta: \alpha+\beta=180^{\circ}. Mutta hän vie idean nokkelasti pidemmälle (Kuva 2). Koska AB=AD=a, voidaan kolmio AGB kiertää 90 astetta pisteen A ympäri kolmioksi AHD, jossa AH=AG=b ja \gamma=\alpha (ja siis samalla \gamma+\beta=180^{\circ}, joten pisteet A, E ja H ovat samalla suoralla). Nyt meillä on kaksi kolmiota, AHD ja AED, joilla on sama kanta b ja sama korkeus, mistä ratkaisu välittömästi seuraa.

0

Istumapaikka

Kuva: Rob Stanley/Flickr (CC BY-NC 2.0)

Mikko istuu suuressa loppuunmyydyssä suorakulmion muotoisessa katsomossa1. Hänen edessään olevilla riveillä istuu 175 henkeä ja takanaan olevilla riveillä 400 henkeä. Sarakkeissa Mikon vasemmalla puolella istuu 312 henkeä ja oikealla puolella 264 henkeä. Monennenko rivin monennellako paikalla Mikko istuu?


Ratkaisu: Pulman ratkaisu piilee jaollisuudessa. Aloitetaan tutkimalla Mikon edessä olevia 175 paikkaa. Nyt luvun 175 alkutekijähajotelma on 175=5^2\cdot 7, joten järkeviä mahdollisuuksia Mikon eteen ovat vain 7 riviä, joilla on 25 paikkaa kullakin, tai 5 riviä, joilla on 35 paikkaa, tai toisinpäin.

Mikon takana tilanne on hieman monimutkaisempi: alkutekijähajotelmaksi saadaan 400=2^4\cdot 5^2, mutta koska 35 ei ole luvun 400 tekijä, jää parhaaksi vaihtoehdoksi, että Mikon takana olisi 16\cdot 25 paikkaa.

Tarkastellaan sitten sivuja. Nyt 312=2^3\cdot 3\cdot 13 ja 264=2^3\cdot 3\cdot 11. Näistä hyvät paikkamääräkombinaatiot ovat 13\cdot 24=312 ja 11\cdot 24=264.

Yhdessä näistä voidaan päätellä, että salissa pitäisi olla 24 riviä ja 25 saraketta, ja edelleen Mikon paikka on 8. rivillä, 14. sarakkeessa.

Voidaan myös helposti huomata, että jos lasketaan Mikon edestä ja takaa löytyvät paikat yhteen, saadaan 175+400=575 paikkaa lukuunottamatta riviä, jolla Mikko istuu, ja sivuilta laskien 312+264=576 paikkaa lukuunottamatta saraketta, jossa Mikko istuu. Näin ollen sarakkeita on oltava yksi enemmän kuin rivejä.

Tämä pulma on peräisin Daniel Grillerin uudesta kirjasta Elastic Numbers, jota ovat suitsuttaneet ainakin Alex Bellos ja Matthew Scroggs – molemmat miehiä, joiden pulmasuosituksiin kannattaa tarttua. Niinpä kyseinen opus koristaakin työpöytääni toivottavasti jo tulevalla viikolla!

0

Funikulaari

Ystäväpiirissäni on useita, joiden mielestä funikulaari eli kiskoköysirata on yleensä vierailemisen arvoinen kohde, mikäli matkalla sellainen vastaan sattuu. Perusideahan on, että funikulaarissa on kaksi vaunua, joista toisen matkatessa ylös toinen tulee samaan aikaan alas. Jännimmissä funikulaareissa on vain yksi raide paitsi radan puolessavälissä, jossa vaunujen ohituspaikkaan on tehty pieni pätkä kaksiraiteista rataa. Mutta asiaan.

Kössi oli reissussa ja osui erityisen pitkän funikulaarin luo. Yhdensuuntainen matka-aika radalla oli peräti 15 minuuttia. Kössi lähti jalkapatikassa ala-asemalta kipuamaan kohti yläasemaa samaan aikaan kun vaunu lähti liikkeelle1. Kössi oli selvästi hitaampi kuin funikulaari. Vastaantuleva vaunu ohitti Kössin 12,5 minuutin kuluttua liikkeellelähdön jälkeen. Viikon helpot kysymykset ovat, koska jompi kumpi vaunu ohittaa Kössin seuraavan kerran ja kumpaan suuntaan vaunu on silloin menossa. (Oletetaan tehtävän vuoksi, että vaunut lähtevät ylä- ja ala-asemilta liikkeelle välittömästi sinne päästyään. Oletetaan myös, että sekä vaunut että Kössi liikkuvat tasaisella nopeudella.)

Kuva: Mark Fischer/Flickr (CC BY-SA 2.0)


Ratkaisu: Tämä pulma on versioitu Lewis Carrollin teoksessa A Tangled Tale (1885) olleesta ongelmasta.

Koska kohtaaminen tapahtuu 12 ja puolen minuutin jälkeen, on funikulaarin nopeus viisinkertainen Kössin nopeuteen verrattuna. Lasketaan ensin, koska tämä vastaantuleva vaunu ohittaa Kössin seuraavan kerran, ja todetaan sitten, että yläasemalta tuleva vaunu ei vielä silloin ole tullut vastaan.

Olkoon funikulaariradan koko pituus a ja olkoon kohta, jossa Kössi ja alhaalta tuleva vaunu kohtaavat seuraavan kerran, etäisyydellä b ala-asemalta. Olkoon t ajanhetki, jolloin kohtaaminen tapahtuu. Merkitään nyt Kössin nopeutta v_k=\frac{b}{t} ja funikulaarin nopeutta v_f=\frac{a+b}{t}. Funikulaari kulkee siis ensin koko radan ja sitten vielä matkan b rinnettä ylöspäin. Koska funikulaarin nopeus on viisinkertainen, saadaan yhtälö

    \[\frac{a+b}{t}=5\cdot\frac{b}{t},\]

josta t pois kertomalla saadaan, että

    \[b=\frac{1}{4}a.\]

Tästä voidaan päätellä, että kohtaaminen tapahtuu, kun aikaa on tarkastelun alusta kulunut koko radan kesto eli 15 minuuttia sekä neljäsosa noususta, eli 3 minuuttia ja 45 sekuntia. Näin ollen ensimmäisestä sivuutuksesta toiseen kuluu tämä 3 minuuttia ja 45 sekuntia sekä 2 ja puoli minuuttia, joka oli jäljellä ensimmäisestä radan mitasta. Siis yhteensä aikaa kuluu 6 minuuttia ja 15 sekuntia.

Koska seuraava kohtaaminen tapahtuu ennen radan puoltaväliä, on Kössin ohittava vaunu tulossa ala-asemalta.

0

Kissa kiinnostaa

Hieman olen miettinyt, kuinka paljon vielä kehtaan tänne Alex Bellosin loistavaa The Guardianin pulmapalstaa suomentaa, mutta menköön nyt vielä ainakin tämän kerran. Voi kai tätä jonkinlaisena toimituksellisena työnä sentään pitää. Tämänkertainen pulma on mukaelma muutaman vuoden takaa The New York Timesissa julkaistusta ”prinsessapulmasta”. Ja tässä se tulee.

Käytävällä on ovia rivissä, ja yhden oven takaa löytyy kissa. Kissa! Sinun tehtäväsi on löytää kyseinen luomakunnan kruunu. Mutta säännöt ovat vaativat: saat arvata vain kerran, jonka jälkeen kissa siirtyy (näennäisen!) sattumanvaraisesti yhden oven joko oikealle tai vasemmalle.

Viikon helppo pulma on löytää kissa korkeintaan neljännellä arvauksella, kun ovia on rivissä neljä.

Viikon vaikea pulma on selvästi haastavampi: mikä on pienin määrä arvauksia, joilla löydät kissan varmasti, kun kissa piileskelee seitsemän oven takana?

Selvennyksiksi vielä todettakoon, että kissa siirtyy jokaisen arvauksen jälkeen, ja että ovet ovat tosiaankin rivissä, eli vasemmanpuolimmainen ja oikeanpuolimmainen ovi ovat käytävän reunoilla, eikä niistä ole yhteyttä toisiinsa ”nurkan ympäri”.

Kuva: Abby Rosenberg / Flickr (CC BY-NC 2.0)


Ratkaisu: Tämä pulma on erinomainen esimerkki eräästä matemaattisesta ongelmanratkaisumenetelmästä, jossa monimutkaista pulmaa lähestytään ennen yksinkertaisemman erikoistapauksen kautta ja sitten pyritään löytämään menetelmä, joka sopii myös monimutkaisemmille tapauksille. Ajatellaanpa vaikka tätä pulmaa yksinkertaisimmillaan. Jos ovia olisikin vain yksi, olisi kissa varmasti sen takana. Jos taas ovia olisi kaksi, niin ellei kissa heti olisi arvatun oven takana, siirtyisi se sinne seuraavaksi kerraksi. Oikeastaan kolmen oven versio on ensimmäinen mielekäs vaihe, jossa yksi pulman lopulliselle ratkaisemiselle keskeinen idea tulee ensimmäistä kertaa esiin: jos kissa ei ole keskioven takana, on sen oltava reunassa, josta se siirtyy keskioven taakse seuraavalle kierrokselle. Kissa ei siis voi olla kahta kertaa peräkkäin reunaoven takana.

Tehdään nyt ratkaisuista kaaviokuvat. Merkitään avattua ovea A:lla ja mahdollista kissan paikkaa K:lla. Esittelen tässä nyt pisimmät tiet – kissahan voisi hyvällä onnella tulla vastaan jo aiemminkin. Mutta seuraavat reitit johtavat varmasti ratkaisuun. Neljän oven ratkaisualgoritmi on seuraava:

    \[\begin{array}{|c|c|c|c|}K&A&K&K\\ \hline&K&A&K\\ \hline K&&A&\\ \hline &A&&\end{array}\]

Pienellä pohdinnalla ratkaisumalli alkaa hahmottua. Muutamia huomioita voi tehdä nopeasti. Ei kannata aloittaa reunalta, se ei johda mihinkään. Jos kissa on reunalla, ei se voi seuraavalla kerralla siellä olla. Jos tästä laajennetaan viiden oven tapaukseen, huomataan myös se, että keskimmäisestä ovesta aloittaminen ei myöskään toimi. Miten voidaan alkaa rajoittaa kissan paikkoja? Voidaanko osa ovista rajata pysyvästi kissavapaaksi alueeksi?

Itse painin aika tovin viiden oven ongelman kanssa, mutta sitten juttu alkoi aueta. Sen innoittamana kuuden oven versio ratkesi nopeasti, eikä seitsemän ovea ollut sitten enää sen kummempi haaste. Alex Bellosin linkkaaman alkuperäisen pulman ovien lukumäärä oli 17, mutta sama ratkaisualgoritmi toimii siihenkin. Jos ovia on k kappaletta, arvauksia tarvitaan aina korkeintaan 2k-4. Tässä ratkaisu seitsemälle ovelle. Arvauksia tarvitaan korkeintaan kymmenen. En selitä enempää. Tutki itse (ja tule vasta sitten tarkistamaan ratkaisu)!

    \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}K&A&K&K&K&K&K\\ \hline &K&A&K&K&K&K\\ \hline K&&K&A&K&K&K\\ \hline &K&&K&A&K&K\\ \hline K&&K&&K&A&K\\ \hline&K&&K&&A&\\ \hline K&&K&&A&&\\ \hline &K&&A&&&\\ \hline K&&A&&&&\\ \hline &A&&&&&\end{array}\]

0

Keskinopea auto

H. haluaisi ajaa kahden kilometrin matkan 60 km/h keskinopeudella. Tietyön takia ensimmäinen kilometri sujuu kuitenkin vain keskinopeudella 30 km/h. Kuinka lujaa H:n pitää ajaa loppumatka?

Kuva: William Creswell / Flickr (CC BY 2.0)


Ratkaisu: Kyllä vain, tämä oli kompa. Jos H. haluaa ajaa kaksi kilometriä keskinopeudella 60 km/h, on hänellä aikaa siihen kaksi minuuttia. Kuitenkin nopeudella 30 km/h kilometrin kulkeminen kestää juuri mainitun kaksi minuuttia, joten aika on jo käytetty, kun vauhtia voitaisiin kiihdyttää. H. ei siis pysty ajamaan kahta kilometriä kahdessa minuutissa mitenkään.

0

Tulilanka palaa!

Kahdesta tulilangasta tiedetään, että kun ne sytytetään jommasta kummasta päästä, niiltä kestää palaa loppuun täsmälleen tunnin verran. Lankojen sisäinen palonopeus on täysin sattumanvarainen ja jokainen lanka on erilainen. Kuinka näiden lankojen avulla mitataan 45 minuuttia?

Kuva: Epic Fireworks / Flickr (CC BY 2.0)


Ratkaisu: Sytytä toinen lanka molemmista päistä ja toinen lanka toisesta päästä. Molemmista päistä sytytetyn langan loppuunpalamiseen kuluu 30 minuuttia. Sytytä tällöin toisenkin langan toinen pää, jolloin lanka palaa loppuun 15 minuutissa. Yhteensä paloaika on siis 45 minuuttia.

Tämä pulma tuli vastaan folj.com-sivustolla, mutta olen kyllä törmännyt siihen jossain muuallakin joskus.

0

Varjostetun alueen ala

Melko pitkän tauon (anteeksi, ystävät!) jälkeen Pulmakulma aktivoituu jälleen. Twitterissä tuli vastaan Mandy Wandlingin jakamana hauska kompatehtävä. Laske oheisesta kuvasta varjostetun alueen pinta-ala. Laske se sen jälkeen uudestaan.


Ratkaisu: Alhaalla olevien pienten kolmioiden alat ovat \frac{5\cdot 10}{2}=25 ja huipulla olevan kolmion ala on \frac{15\cdot 24}{2}=180. Näin ollen varjostetun alueen ala on 25+25=180=230 neliömetriä. Helppoa, eikö vain?

Ongelmia tulee siinä tapauksessa, että olettaa koko kuvion olevan tasakylkinen kolmio. Sitähän se ei ole, sillä alaosan kylkien kulmakerroin on \frac{10}{5}=2 ja huippuosan puolestaan \frac{15}{12}=\frac{5}{4}. Siispä täysin mahdollisen näköinen ratkaisu \frac{34\cdot 25}{2}-10\cdot 24=185 on ilman muuta virheellinen. Mallikuvat ovat mallikuvia!

0

Todennäköisyyksiä turnauskaaviosta

Pulmakulmassa järjestettiin pulmanratkontaturnajaiset. Lähes kaikki Pulmakulman tunnetut lukijat1 asetettiin turnauskaavioon, josta vain voitolla pääsee etenemään seuraavalle kierrokselle (katso esimerkki ohessa). Turnauskaavion todennäköisyysmatematiikasta saa aikaiseksi muutamia sangen mukavia pulmia. Seuraavat on poimittu Frederick Mostellerin kirjasta Fifty Challenging Problems in Probability.

Ensimmäisen kierroksen pulma on, millä todennäköisyydellä toiseksi paras ratkoja tulee kahdeksan pelaajan turnauksessa toiseksi, kun kaavion ensimmäinen kierros arvotaan.

Toisella kierroksella kysymme, millä todennäköisyydellä kaksi tiettyä pelaajaa (esim. Petri ja Toni) kohtaavat toisensa kahdeksan hengen pelaajan turnauksessa. Finaalikysymyksenä on, millä todennäköisyydellä kaksi tiettyä pelaajaa kohtaavat toisensa 2^n pelaajan turnauksessa.

Esimerkki turnauskaaviosta (Tehty osoitteessa http://www.freebracketgenerator.com)


Ratkaisu: Ensimmäinen kysymyksistämme on helppo: jos oletetaan, että ratkojilla on pysyvä paremmuusjärjestys (eli parempi voittaa aina heikomman), tulee toiseksi paras toiseksi vain, jos ei kohtaa parasta ennen kolmatta kierrosta eli finaalia. Näin ollen toiseksi parhaan pitää olla eri puolella kaaviota. Tämän todennäköisyys on \frac{4}{7}.

Toisessa ja kolmannessa kysymyksessä ei enää ole paremmuusjärjestyksellä väliä, nyt oletamme, että kummallakin otteluparin osapuolella on yhtäläiset mahdollisuudet jatkaa seuraavalle kierrokselle.

Olkoon Petri sijoitettu sattumanvaraiseen paikkaan kahdeksanpaikkaisessa kaaviossa. Nyt todennäköisyys, että Toni tulee ensimmäisessä ottelussa häntä vastaan, on \frac{1}{7}. Todennäköisyys sille, että Toni on viereisessä parissa (jolloin he kohtaisivat toisella kierroksella), on \frac{2}{7}, ja todennäköisyys sille, että molemmat pääsevät toiselle kierrokselle on \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}. Edelleen todennäköisyys sille, että Toni ja Petri ovat kaavion eri puolilla (jolloin he kohtaavat aikaisintaan finaalissa), on \frac{4}{7}, ja todennäköisyys, että molemmat etenevät finaaliin saakka, on \left(\frac{1}{4}\right)^2=\frac{1}{16}. Kaikkiaan Petrin ja Tonin kohtaamisen todennäköisyys on nyt

    \[\frac{1}{7}\cdot 1+\frac{2}{7}\cdot\frac{1}{4}+\frac{4}{7}\cdot\frac{1}{16}=\frac{1}{4}.\]

Ratkaistaan sitten vielä viimeinen kysymys. Jos turnauksessa on kaksi osallistujaa, kohtaavat Petri ja Toni varmasti. 2^2=4 osallistujan tapauksessa he kohtaavat todennäköisyydellä \frac{1}{2}, ja äsken näytimme, että kohtaamistodennäköisyys 2^3=8 osallistujan turnauksessa on \frac{1}{4}. Voimme tehdä arvauksen, että 2^n osallistujan turnauksessa kohtaamistodennäköisyys olisi \frac{1}{2^{n-1}}. Tämä voidaan osoittaa matemaattisella induktiolla.

Selvästi väittämämme pätee, kun n=1, eli 2^1=2 osallistujan turnauksessa Toni ja Petri kohtaavat todennäköisyydellä \frac{1}{2^{1-1}}=1. Käytetään nyt induktio-oletuksena, että 2^k osallistujan turnauksessa kohtaamistodennäköisyys olisi \frac{1}{2^{k-1}}. On osoitettava vielä, että 2^{k+1} osallistujan turnauksessa kohtaamistodennäköisyys olisi \frac{1}{2^{(k+1)-1}}=\frac{1}{2^k}.

Aloitetaan toteamalla, että jos osallistujia on 2^{k+1}, ovat Petri ja Toni eri puolilla kaaviota (eli kohtaavat aikaisintaan finaalissa) todennäköisyydellä \frac{2^k}{2^{k+1}-1}. Tämä on johdettavissa helposti kahdeksan pelaajan turnauksen mallinnuksen mukaisesti. Finaaliin päästäkseen Tonin ja Petrin on kummankin voitettava k vastustajaa, minkä todennäköisyys on \frac{1}{2^k}\cdot\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^{2k}}. Näin ollen todennäköisyys sille, että he ovat kaavion eri puolilla ja kohtaavat (finaalissa) on

    \[\frac{2^k}{2^{k+1}-1}\cdot\frac{1}{2^{2k}}.\]

Todennäköisyys sille, että Toni ja Petri ovat samalla puolella kaaviota, eli kohtaamassa ennen finaalia on \frac{2^k-1}{2^{k+1}-1}. Induktio-oletuksen mukaan heidän todennäköisyytensä kohdata tässä 2^k osallistujan (ali-)turnauksessa on \frac{1}{2^{k-1}}. Näin ollen yhteenlasketuksi kohtaamistodennäköisyydeksi 2^{k+1} osallistujan turnauksessa saadaan

    \[\frac{2^k-1}{2^{k+1}-1}\cdot\frac{1}{2^{k-1}}+\frac{2^k}{2^{k+1}-1}\cdot\frac{1}{2^{2k}},\]

joka toden totta sievenee muotoon

\frac{1}{2^k}.

Näin ollen induktioväite on osoitettu todeksi ja samoin koko väittämä.