Tulilanka palaa!

26.6.2017 | Opettaja H.

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.

Pythagoraan piirakka

19.6.2017 | Opettaja H.

Kaikkihan me tunnemme Pythagoraan, tuon antiikin Kreikassa eläneen oppineen, jonka nimiin pantu lause (jota hän ei tietenkään ole itse keksinyt) on keskeistä koulugeometriaa peruskoulusta alkaen. Pythagoras on myös hollantilainen matematiikkalehti, joka on ilmestynyt jo 1960-luvun alusta alkaen. Seuraava Pythagoras-lehdessä julkaistu hieno pulma tuli vastaan Alex Bellosin pulmapalstalla The Guardianissa.

Isoissa juhlissa on hillittömän kokoinen piirakka. Ensimmäinen juhlavieras saa yhden prosentin piirakasta, seuraava kaksi prosenttia jäljellä olevasta piirakasta, kolmas kolme prosenttia jäljellä olevasta piirakasta ja niin edelleen, kunnes sadas vieras saa koko viimeisen palan. Kuka saa suurimman palan?

No niin, tämä pulma olisi tietenkin helppo ratkaista tietokoneen tai laskimen avulla laskemalla likiarvot kaikista paloista suhteessa koko piirakkaan, mutta itse ajattelin, että tähän täytyy olla joku kiinnostavampikin ratkaisutapa. Ja tovin pohdittuani sellaisen löysinkin: tehtävä ratkeaa pelkkää kynää ja paperia käyttäen, eivätkä tarvittavat laskutoimitukset ole lukion pitkän matematiikan kakkoskurssin tasoa hankalampia. Onnea matkaan!

Kuva: Ruth Hartnup / Flickr (CC BY 2.0)

Ratkaisu: Kymmenes vieras saa suurimman palan. Osoitetaan tämä tutkimalla peräkkäisten osuuksien suhteellisia kokoja. Näytetään siis, että kymmenenteen vieraaseen asti palaset kasvavat ja sen jälkeen ne pienenevät.

Olkoon jäljellä olevan piirakan määrä vieraan $k$ vuorolla $P$ . Näin ollen vieraan $k$ osuus on $\frac{k}{100}\cdot P$ . Piirakkaa jää jäljelle $\frac{100-k}{100}\cdot P$ , josta seuraavan vieraan palan suuruus on näin ollen $\frac{k+1}{100}\cdot\frac{100-k}{100}\cdot P.$ Ratkaistaan nyt epäyhtälö

$\frac{k}{100}\cdot P>\frac{k+1}{100}\cdot \frac{100-k}{100}\cdot P.$

Positiivisena lukuna $P$ voidaan jakaa nyt pois. Kun epäyhtälö kerrotaan $10000$ :lla ja siirretään kaikki termit samalle puolelle, saadaan muoto

$k^2+k-100>0.$

Vasemmanpuoleisen lausekkeen nollakohdat ovat

$k=\frac{-1\pm\sqrt{401}}{2}.$

Tässä vaiheessa tavalliset ihmiset viimeistään tarttuisivat laskimeen, mutta meidän tapauksessamme se ei ole tarpeen – olihan tavoitteemme ratkoa koko pulma vain kynän ja paperin avulla. Nyt $\sqrt{400}=20,$ joten $\sqrt{401}$ on vain vähän enemmän (joka tapauksessa reilusti alle 21). Siis lausekkeemme nollakohdat ovat riittävällä tarkkuudella $k\approx -10,5$ ja $k\approx 9,5$ . Koska lausekkeen $k^2+k-100$ kuvaaja on ylöspäin aukeava paraabeli, epäyhtälön $k^2+k-100>0$ ratkaisujoukkona ovat (suunnilleen) välit $k<-10,5$ ja $k>9,5$ (joista negatiivisella vaihtoehdolla ei kannaltamme ole väliä).

Tulkitaan tämä ratkaisu. Alkuperäinen epäyhtälömme vastaa kysymykseen, milloin edellinen pala on seuraavaa suurempi. Saamastamme ratkaisusta voidaan päätellä, että tämä on totta suunnilleen $k$ :n arvosta $9,5$ alkaen. Koska $k$ saa vain kokonaislukuarvoja, pätee tulos siis arvosta $k=10$ alkaen. Kymmenes pala on siis suurempi kuin yhdestoista, mutta yhdeksäs pala ei ole suurempi kuin kymmenes. Suurimman palan saa siis kymmenes vieras, sillä kymmenes on suurempi kuin yhdestoista, joka taas on suurempi kuin kahdestoista joka on suurempi kuin kolmastoista ja niin edelleen.

Toki kaikkien osuuksien likiarvotkin on helppo laskea, ei tosin ilman apuvälineitä. Oheisen taulukon luontiin Excelillä ei mennyt kuin hetki. Kymmenes vieras rohmuaa melkein $6,3$ prosenttia koko piirakasta. Jos se jotakuta nyt kiinnostaa.

Piirakkaosuudet

Varjostetun alueen ala

19.5.2017 | Opettaja H.

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!

Kolikonkääntötemppu

3.3.2017 | Opettaja H.

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.

Todennäköisyyksiä turnauskaaviosta

18.2.2017 | Opettaja H.

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.

Kolmion ja neliön piiri

9.2.2017 | Opettaja H.

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)

Torimyyjän tappio

3.2.2017 | Opettaja H.

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.

Ruuhkavuodet

31.1.2017 | Opettaja H.

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

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

Nelikulmion lävistäjä

16.1.2017 | Opettaja H.

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.