0

Kolikonkääntötemppu

Edessäsi on 20 kolikkoa, joista 10 on kruunapuoli ylöspäin ja 10 klaavapuoli ylöspäin. Kolikoiden järjestys on satunnainen. Tehtävänäsi on jakaa kolikot kahteen kasaan niin, että niissä molemmissa olisi yhtä monta kruunaa ja yhtä monta klaavaa. Tehtävähän olisi naurettavan helppo, jos saisit katsoa kolikoita, mutta emmehän me sellaista salli.

Viikon vaikea pulma on hoitaa homma sidotuin silmin. Saat siirrellä kolikkoja haluamallasi tavalla ja käännellä niitä kummin päin hyvänsä. Kolikosta ei voi tunnustelemalla päätellä, onko se kruuna vai klaava. Ja nyt pitäisi siis tehdä kaksi kolikkoryhmää, joissa molemmissa olisi yhtä monta kruunaa ja yhtä monta klaavaa. Onnistutko?


Ratkaisu: Erota kymmenen kolikkoa ja käännä ne. Käännetyistä kolikoista yhtä moni on klaavoja kuin kääntämättömistä, samoin yhtä monta on kruunia kuin kääntämättömistä. Tämä on vanha matemaattinen trikki, josta esim. Martin Gardner on kirjoittanut. Hän tosin teki tempun korttipakalla.

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.

2

Kolmion ja neliön piiri

Pitkän matematiikan tämänkeväisessä preliminäärikokeessa oli yksi kaunis tehtävä, josta saadaan mukava viikon vaikea pulma. Näin se kuuluu:

Neliöllä ja suorakulmaisella kolmiolla on sama pinta-ala. Kumman piiri on pidempi?

Kuva: Joost Markerink / Flickr (CC BY 2.0)

 

0

Torimyyjän tappio

Kuva: Phil Romans / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Seuraava pulma on kuuluisan amerikkalaisen ongelmanlaatijan Sam Loydin (1841–1911) käsialaa, ja se tunnetaan myös Covent Gardenin ongelmana. Näin se kuuluu:

Tolvanen ja Penttinen myyvät omenoita torilla. Heillä on yhtä paljon omenoita, mutta Penttisen omenat ovat isompia. Siispä Penttinen myy kaksi omenaa eurolla, kun taas Tolvaselta saa kolme omenaa eurolla.

Eräänä päivänä Penttisen piti mennä muualle, ja hän pyysi Tolvasta myymään hänenkin omenansa. Omenakasat sekoitettiin ja hinnaksi asetettiin viisi omenaa kahdella eurolla. Seuraavana päivänä kaikki omenat oli myyty, ja oli aika jakaa potti. He olivat sopineet jakavansa omenoista saatavat rahat tasan. Mutta nyt Tolvanen ja Penttinen huomasivat, että he olivat hävinneet seitsemän euroa siihen nähden, mitä he olisivat tienanneet, jos he olisivat myyneet omenansa erikseen.

Viikon vaikea kysymys on, paljonko Penttinen hävisi myyntijärjestelyssä.


Ratkaisu: Omenoiden kokonaismäärän on oltava viidellä jaollinen, jotta ne kaikki voidaan myydä viiden kappaleen erinä. Mutta jotta omenoista voitaisiin erotella Penttisen ja Tolvasen osuudet (tasaeuroina), on omenoita oltava vähintään 60, joista Tolvanen olisi itse myydessään saanut 10 euroa 30 omenasta ja Penttinen 15 euroa 30 isommasta omenasta.

Nyt 60 omenasta he saivat yhteensä 12\cdot 2=24 euroa, joten he häviävät yhden euron siihen nähden, että olisivat myyneet omenat erikseen. Näin ollen Tolvasen myydessä molempien omenat yhteensä seitsemän euron tappiolla on omenoita ollut alun perin 7\cdot 60=420. Kummallekin kauppiaalle jää siis käteen 7\cdot 12=84 euroa. Jos Penttinen olisi myynyt 210 omenaa itsekseen, olisi hän saanut niistä 210/2=105 euroa, joten Penttinen hävisi järjestelyssä 21 euroa.

0

Ruuhkavuodet

Olen ilokseni kuullut, että Pulmakulmalla on ystäviä myös etelässä. Tämä seuraava pulma on saatu fanifiktiona, ja koska se perustunee tositapahtumiin, suojeltakoon lähdettä ainakin vähän.

No niin. Stefanilla on kolme lasta. Lasten kanssa kävellään päiväkodin ja koulun väliä viitenä päivänä viikossa. Lapsi A kiukuttelee keskimäärin 1/5 matkoista, lapsi B 3/5 matkoista ja lapsi C 4/5 matkoista. Mikä on todennäköisyys, että viikossa olisi edes yksi päivä, jolloin kukaan lapsista ei kiukuttele?


Ratkaisu: Ratkaistaan ongelma käyttämällä yleistä kertolaskusääntöä, komplementtisääntöä sekä binomitodennäköisyyttä. Tilannehan voidaan tulkita toistokokeeksi, jossa toistetaan yhden päivän käyttäytymistä viisi kertaa.

Oletetaan, että lasten kiukuttelualttiudet ovat toisistaan riippumattomia. Näin ollen yhteen suuntaan todennäköisyys sille, että kukaan ei kiukuttele on

    \[\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{5}=\frac{8}{125}.\]

Päivässä kuljetaan kaksi matkaa, joten todennäköisyys sille, että kukaan ei kiukuttele yksittäisenä päivänä on

    \[\left(\frac{8}{125}\right)^2=0,00496.\]

Siis todennäköisyys sille, että ainakin joku kiukuttelee yksittäisenä päivänä on 1-0,004096=0,995904.

No, ei tilanne ole kuitenkaan ihan näin synkkä, sillä viikossa päiviä on viisi. Voidaan ajatella päivien toistuvan aina samanlaisina (eli toistot ovat toisistaan riippumattomia), jolloin binomitodennäköisyyttä hyödyntäen voidaan laskea todennäköisyys sille, että ainakin yhtenä päivänä kukaan ei kiukuttele. Siis P(\mbox{ainakin kerta ilman kiukkua})=1-P(\mbox{joku kiukuttelee aina}), eli

    \[1-0,995904^5=0,02031\ldots\approx2,0\%.\]

0

Nelikulmion lävistäjä

Opiskelijani Timo Hartikainen oli taannoin törmännyt Päivölän opistossa Suomen matemaattisen yhdistyksen olympiavalmennuksessa kiinnostavaan ongelmaan. Tehtävänanto kuuluu seuraavasti:

Nelikulmiossa ABCD kulma \angle A=102^{\circ}, kulma \angle C=129^{\circ} ja sivut |AD|=|AB|=1. Laske lävistäjän AC pituus.


Ratkaisu: Pulman ratkaisu perustuu jännenelikulmioon, eli nelikulmioon, jonka kärjet ovat ympyrän kehällä. Nyt alkuperäinen nelikulmiomme ABCD ei ole jännenelikulmio, sillä jännenelikulmiossa vastakkaisten kulmien summa on aina 180^{\circ}. Sen sijaan jos täydennämme kuvaa niin, että mukaan tulee kärki E, jossa on 51^{\circ} kulma, tilanne muuttuu. Nyt koska 51^{\circ}=\frac{102^{\circ}}{2}, ja koska ympyrän keskuskulma on kaksinkertainen samaa kaarta vastaavaan kehäkulmaan verrattuna, on A keskipiste ympyrälle, jonka sisään piirretty jännenelikulmio EBCD on. Koska |AB|=|AD|=1, on myös AC=1, sillä sekin on ympyrän säde.

0

Kissat ja hiiret

Viisi kissaa saa kiinni viisi hiirtä viidessä minuutissa. Montako kissaa tarvitaan nappaamaan sata hiirtä sadassa minuutissa?

Kuva: Volodymyr Pavlyuk / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)


Ratkaisu: Viisi kissaa riittää.

5

Seepra

Seuraava pulma on kuuluisa 1960-luvun ongelma, jonka laatijaa ei varmasti tiedetä. On otaksuttu, että se olisi Albert Einsteinin käsialaa, mutta tämä on epätodennäköistä, sillä pulma ilmestyi ensi kerran vuonna 1962, kun Einstein kuoli jo 1955. Minä löysin sen Alex Bellosilta, mutta tuntuu, että olen törmännyt siihen aiemminkin. Tässä se tulee, pirullisen kiehtova pulma. Ja kyllä – informaatiota on riittävästi, vaikka alkuun siltä ei tunnukaan. Kynä ja paperia esille!

  1. Kadulla on viisi taloa.
  2. Punaisessa talossa asuu skotti.
  3. Kreikkalaisella on koira.
  4. Vihreässä talossa juodaan kahvia.
  5. Bolivialainen juo teetä.
  6. Vihreä talo on harmaan talon oikeanpuoleinen naapuri.
  7. Farkkujen käyttäjällä on etanoita.
  8. Keltaisen talon omistaja käyttää haaremihousuja.
  9. Keskimmäisessä talossa juodaan maitoa.
  10. Tanskalainen asuu ensimmisessä talossa.
  11. Shortsien käyttäjä asuu ketun omistajan naapurissa.
  12. Haaremihousuja käytetään hevosen talon naapurissa.
  13. Trikoiden käyttäjä juo appelsiinimehua.
  14. Japanilaisella on pellavahousut.
  15. Tanskalainen asuu sinisen talon vieressä.

Viikon vaikea pulma on kaksiosainen. Kuka juo vettä? Entä kenen lemmikki on seepra? (Selvennys: joka talossa on asukas eri maista, kaikkialla juodaan eri juomaa ja kaikilla on eri lemmikki ja erilaiset housut.)

Kuva: Bryan Jones / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

1

Nimekäs lapsi

Herra H. tapasi kadulla entisen luokkatoverinsa, joka työnsi lastenvaunuja. He eivät olleet kohdanneet kertaakaan miltei 20 vuoteen. He kertoilivat kuulumisia tovin. Luokkatoveri oli oleskellut lähinnä Saksassa ja hänellä oli saksalainen puolisokin. H. kysyi, mikä oli heidän pienen tyttärensä nimi. Toveri kertoi heidän nimenneen tytön äitinsä mukaan. ”Hei, Laura!” H. sanoi vaunussa hymyilevälle tyttöselle. Miten H. tiesi hänen nimensä, vaikka ei tuntenut luokkatoverin puolisoa?


Ratkaisu: H:n luokkatoverin nimi oli Laura, joten tytönkin nimi oli Laura.

0

Kadonnut luku

kummalukuTämä erityisen kaunis pulma on peräisin Nob Yoshigaharalta (1930–2004), japanilaiselta ongelmaspesialistilta. Minä löysin sen jälleen kerran Alex Bellosin kautta.

Mikä luku sopii kysymysmerkin paikalle? Alhaalla oleva luku 7 ei ole virhe.


Ratkaisu: Puuttuva luku on 12. Se on siihen johtavien lukujen numeroiden summa, kuten kaikissa muissakin kohdissa.