Pulmat

0

Piraattien haaksirikko

|

Viimekertaisessa viikon vaikeassa viisi piraattia yritti päästä sopuun aarteen jakamisesta. Tämä aiheutti ymmärrettävästi pientä närää miesjoukon kesken. Niinpä tunteet olivatkin valmiiksi pinnassa, kun heitä kohtasi onnettomuus: heidän laivansa oli vuoro ajaa karille ja upota. Piraatit onnistuivat ajelehtimaan laudankappaleen varassa pienelle saarelle, jossa he lopen väsyneinä huomasivat, että saari oli täysin autio lukuunottamatta apinaa, joka leikki kookospähkinöillä. Kookospähkinöiden ohella muuta ravintoa ei ollut saatavilla. Piraatit sopivat, että kookospähkinät jaettaisiin aamulla tasan kaikkien kesken.

Ensimmäinen piraatti kuitenkin heräsi keskellä yötä. Hän ajatteli, että kukaan ei huomaisi, jos hän ottaisi oman osuutensa kookoksista jo nyt. Hän jakoi kookokset viiteen osaan, piilotti omansa ja palautti loput kasaan. Yksi kookospähkinä jäi ylitse, ja hän antoi sen apinalle. Sitten piraatti meni takaisin nukkumaan.

Toinen piraatti heräsi vähän myöhemmin. Hänkin jakoi kookokset viiteen osaan ja hautasi oman osuutensa syrjemmälle. Myös nyt jäi yksi kookospähkinä ylitse, ja hän antoi sen apinalle.

Kuva: Loke Seng Hon/Wikimedia Commons (CC BY-SA 3.0)

Kuva: Loke Seng Hon/Wikimedia Commons (CC BY-SA 3.0)

Ja kuten arvata saattaa, vuorollaan yön mittaan myös kolmas, neljäs ja viides piraatti kävivät erottelemassa oman osuutensa. Myös jokainen heistä antoi yhden ylimääräisen kookoksen apinalle.

Aamulla piraatit heräsivät ja huomasivat, että kookospähkinäkasa oli yön mittaan hieman vajunut. He eivät kuitenkaan sanoneet mitään, vaan jakoivat kookokset viiteen osaan. Apinakaan ei jäänyt ilman: yksi kookos jäi ylitse.

Kuinka monta kookospähkinää saarella vähintään oli?

Ratkaisu: Tämä ongelma voidaan ratkaista ainakin parilla eri tavalla. Puhdas kokeileminen eri kookospähkinämäärillä on tietenkin yksi mahdollisuus, mutta luulenpa, että kärsivällisyyden rajat tulevat vastaan…

Lähdetään mieluummin mallintamaan tilannetta. Olkoon kookospähkinöiden lukumäärä n. Apina saa siis jokaisella jakokierroksella yhden pähkinän, jolloin eri jakokerroista saadaan seuraava taulukko.

\begin{array}{|l|l|l|} \hline &\mbox{Piraatille}&\mbox{Kasaan}\\ \hline 1&\frac{1}{5}(n-1)&\frac{4}{5}(n-1)\\ 2&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)\\ 3&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)\\ 4&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)\\ 5&\frac{1}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)-1)&\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(\frac{4}{5}(n-1)-1)-1)-1)-1)\\ \hline \end{array}

No niin. Aamulla tilanne on siis tämä, eikä yhdelläkään unenpöpperöisellä merirosmolla ole enää mukavaa näiden lausekkeiden kanssa. Tilanne ei ole ollenkaan niin paha kuin miltä se näyttää, sillä voidaan sanoa, että jollakin kokonaisluvulla k pätee

    \[\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(\frac{4}{5}\left(n-1\right)-1\right)-1\right)-1\right)-1\right)=5k+1,\]

eli jos apina saa yhden kookoksen, on jaettava kookoskasa viidellä jaollinen. Nyt yhtälön vasemmalle puolelle muodostuu geometrinen summa, jonka suhdeluku on \frac{4}{5}:

    \[\left(\frac{4}{5}\right)^5 n-\left(\frac{4}{5}\right)^5-\left(\frac{4}{5}\right)^4-\left(\frac{4}{5}\right)^3-\left(\frac{4}{5}\right)^2-\frac{4}{5}\right=5k+1,\]

josta geometrisen summan laskukaavaa hyödyntäen saamme

    \[\left(\frac{4}{5}\right)^5 n-\frac{4}{5}\cdot\frac{1-\left(\frac{4}{5}\right)^5 }{1-\frac{4}{5}}=5k+1.\]

Kun tätä yhtälöä kerrotaan puolittain luvulla 5^5=3125 ja siirrellään hieman termejä yhtäsuuruusmerkin ylitse, saamme seuraavan Diofantoksen yhtälön:

    \[1024n=15625k+11529.\]

Diofantoksen yhtälöllä tarkoitetaan kokonaislukukertoimista vähintään kahden muuttujan yhtälöä, jolle etsitään kokonaislukuratkaisuja. Ne ovat saaneet nimensä noin 200-luvulla eläneen Diofantos aleksandrialaisen mukaan, joka oli aikansa merkittävimpiä matemaatikkoja. Yleistä ratkaisukaavaa näille yhtälöille ei ole olemassa, mutta joitakin erikoistapauksia voidaan ratkaista mekaanisin menetelmin. Onneksi meidän yhtälömme osuu yhteen näistä ”helpoista” tapauksista: nimittäin Diofantoksen yhtälöllä xa+yb=c on aina ääretön määrä ratkaisuja, mikäli lukujen a ja b suurin yhteinen tekijä jakaa luvun c.

Tehdään tekninen muuttujanvaihto m=-k, jolloin yhtälömme voidaan kirjoittaa muotoon 1024n+15625m=11529. Koska 1024=2^{10} ja 15625=5^6, on varmasti näiden suurin yhteinen tekijä 1, joten ratkaisuja on olemassa. Riittää löytää pienin sellainen positiivinen arvo luvulle n, että m on negatiivinen.1

Ensin tarvitaan yksi ratkaisu yhtälölle. Tämä voidaan tehdä joko Eukleideen algoritmin avulla tai sitten ihan vain löytämällä. Äskeisestä yhtälön sievennyksestä voidaan nähdä, että jos n_0=-4 ja m_0=1, on yhtälö tosi. Tällöin yleinen ratkaisu saadaan kaavalla

    \[\begin{cases} n=-4+15625t\\ m=1-1024t \end{cases}, t\in\mathbb{Z}.\]

Nyt sijoittamalla t=1 saadaan n=15621, joka on pienin mahdollinen kookospähkinöiden määrä.

 

0

Tangenttikolmio

|

Näyttökuva 2015-12-11 kello 15.46.15Ympyrälle piirretään tangentit kehän ulkopuolisesta pisteestä C. Tangenttien sivuamispisteet D ja E ovat etäisyydellä 10 pisteestä C. Piirretään ympyrälle vielä yksi tangentti pisteiden C ja D välisellä kaarella olevan pisteen F kautta. Olkoon tämän tangentin ja aiempien tangenttien leikkauspisteet A ja B. Laske kolmion ABC piiri.

Martin Gardner ainakin on tätä ongelmaa esitellyt.

Ratkaisu: Aivan vastaavasti kuin piste C on tangenttikulman kärki, myös pisteet A ja B ovat. Voidaan helposti osoittaa, että tangenttikulman kärki on aina yhtä etäällä molemmista tangenttipisteistä, eli samaan tapaan kuin |DC|=|EC|, voidaan myös todeta, että |AD|=|AF| ja |BE|=|BF|. Siis kolmion ABC piiri on 20.

0

Vaarin elukat

|

Koska viikon vaikea merirosvopulma ratkesikin perusteellisesti ja tyylikkäästi alta aikayksikön kommentaattorimme Tonin toimesta (mutta älä heti katso sinne kommenttiosion ratkaisuun – yritä itse!), laitetaan peliin vielä yksi ongelma, joka kuuluu kategoriaan viikon vitsi. Voi olla, että jatkossa nämä ajoittaiset huumoripalat joko yleistyvät tai sitten eivät. Joka tapauksessa Martin Gardnerin ehtymättömillä laareilla jälleen lusikoidaan.

Vaarin maatilalla oli 20 kanaa, 40 lehmää ja 60 hevosta. Montako hevosta vaarilla on, jos lehmät lasketaan hevosiksi?

Kuva: Eduardo Amorim/Flickr (CC BY-SA 2.0)

Kuva: Eduardo Amorim/Flickr (CC BY-SA 2.0)

Ratkaisu: Hevosia on 60. Ei lehmästä tule hevosta, vaikka se hevoseksi laskettaisiinkin.

2

Lentävän hollantilaisen aarre

|
image

Johann Gehrts (1887): Lentävä hollantilainen/Wikimedia Commons (Public Domain)

Tämänkertainen viikon vaikea vie meidät merta edemmäs, tarkkaan ottaen Itämerta edemmäs, sillä pulma löytyi hollantilaiselta The Ultimate Puzzle Site -sivustolta.

Lentävä hollantilainen haaksirikkoutui, ja viiden merirosvon kopla on saanut haltuunsa 1000 kultarahan aarteen. Nämä eivät olekaan mitään aivan tavanomaisia piraatteja, vaan heillä kaikilla on kolme yhtenevää piirrettä:

  1. He ovat ahneita. He haluavat niin paljon rahaa kuin vain ikinä saavat.
  2. He ovat verenhimoisia. He vaikka tappavat toverinsa, jos hyötyvät siitä.
  3. He ovat täydellisen loogisia optimoijia. He tekevät aina itselleen tuottoisimmat päätökset.

Nyt merirosvojen pitäisi siis jakaa 1000 rahan aarre. He menettelevät seuraavasti. Merirosvot on järjestetty tiukkaan arvojärjestykseen ensimmäisestä viidenteen ja jokaisella merirosvolla on vuorollaan yksi mahdollisuus ehdottaa omasta mielestään sopivaa rahanjakoa. Jos enemmistö merirosvoista hyväksyy jaon, rahat jaetaan esityksen mukaan. Jos taas ehdotus ei saa enemmistöä taakseen, heitetään ehdottaja armotta yli laidan haita kuhisevaan mereen.

Mitä ensimmäinen merirosvo ehdottaa?

0

Touko-tontun toivekierros

|

Touko-tonttu lähtee Korvatunturilta keräämään lapsukaisten joululahjatoiveita. Hän tarvitsee koko kierrokseensa kuusi päivää, jonka jälkeen hän on jälleen takaisin Korvatunturilla.

Valitettavasti Touko-tontun tarvitsee myös syödä matkalla. Koska silkohapsien kirjeet vievät paljon tilaa, ja koska tontun ruoka on melko painavaa, ei Touko voi kantaa mukanaan kuin neljän päivän ruokavarat. Tontunruokaa saa vain Korvatunturilta, joten Touko on vaarassa nääntyä nälkään!

Ellei sitten.

Toukohan voi ottaa mukaansa tonttukavereita Korvatunturilta! Jokainen tonttu pystyy kuitenkin kantamaan vain neljän päivän ruokavarat mukanaan ja jokainen syö päiväannoksen ruokaa joka päivä. Yhtäkään tonttua ei saa näännyttää nälkään eikä jättää matkan varrelle ja kukin tonttu saa lähteä Korvatunturilta vain kerran. Sosiaalisena eläimenä tonttu voi jakaa omista ruokavaroistaan (kokonaisia päiväannoksia) muille.

Kuinka monta tonttua Touko vähintään tarvitsee mukaansa Korvatunturilta?

Tämä ongelma osui silmiini Alex Bellosin pulmapalstalta The Guardianissa. Se on ilmeisesti saksalaista alkuperää.

Ratkaisu: On selvää, ettei Touko selviä yksin. Pienellä kokeilulla huomataan myös, että yksi kaveri ei riitä. Kaksi aputonttua sen sijaan on tarpeeksi.

Touko ja kaksi aputonttua starttaavat Korvatunturilta kontit täynnnä ruokaa. Ensimmäisen päivän jälkeen ensimmäinen aputonttu antaa yhden appeen Toukolle ja toisen toiselle tontulle. Nyt ensimmäiselle tontulle jää yksi ruoka kotimatkaa varten, Toukon ja toisen tontun ruokavarastot ovat jälleen täynnä. Toisen päivän jälkeen toinen tonttu antaa yhden päivän sapuskat Toukolle ja suuntaa kahden oman ruokapakettinsa kanssa kohti kotia. Toukolla on nyt ruokaa neljäksi päiväksi, joten loppumatkan hän selviää yksinään.

0

Ympyrä säännöllisen monikulmion ympärillä

|

Säännöllisellä monikulmiolla tarkoitetaan monikulmiota, jonka kaikki sivut ovat yhtä pitkät ja kaikki kulmat yhtä suuret. Niitä on tutkittu käytännössä niin kauan kuin matematiikkaa yleensäkin on tutkittu.

Yksi hyvin tunnettu säännöllisten monikulmoiden sovelluskohde on ympyrän piirin ja pinta-alan arviointi. Jo ammoin ymmärrettiin, että kaikkien ympyröiden piirin ja halkaisijan suhde oli sama: piiri on hieman yli kolminkertainen halkaisijaan nähden. Nykyään tätä suhdetta merkitään symbolilla \pi. Luku \pi on irrationaaliluku, eli päättymätön jaksoton desimaaliluku. Sitä on vuosituhansien saatossa arvioitu monin tavoin, josta tässä paneudumme nyt ympyrän sisään piirrettyihin säännöllisiin monikulmioihin.

Ympyrän sisään piirretyllä monikulmiolla tarkoitetaan monikulmiota, jonka kaikki kärjet ovat ympyrän kehällä. Säännöllisen monikulmion ympäri voidaan aina piirtää ympyrä, vaikka yleisesti kaikilla monikulmioilla tätä ominaisuutta ei ole. Säännöllisen monikulmion keskipiste ja sen ympäri piirretyn ympyrän keskipiste yhtyvät.

Jos säännöllisen monikulmion sivujen lukumäärää kasvatetaan, saadaan yhä parempia arviota ympyrän pinta-alalle ja sitä kautta myös luvulle \pi. Voidaan (melko) helposti osoittaa, että kun monikulmion sivujen lukumäärä kasvaa rajatta, monikulmion alan raja-arvo on ympyrän ala \pi r^2. Kuvia katsomalla tämä toki näyttää ilmeiseltä, mutta matematiikassa mikään ei ole varmaa ennen kuin se on oikeasti todistettu.

Viikon vaikea kysymys on seuraava. Kuinka monisivuinen ympyrän sisään piirretty säännöllinen monikulmio tarvitaan, jotta monikulmion ala olisi korkeintaan 0,1 prosenttia pienempi kuin ympyrän ala?

PS. Arkhimedes pääsi jo 200-luvulla eaa. huiman hyvään arvioon 3\frac{10}{71}<\pi<3\frac{1}{7}. Hän käytti tiettävästi apunaan ympyrän ympäri ja sisään piirrettyä säännöllistä 96-kulmiota!

Ratkaisu: Säännöllinen n-kulmio voidaan aina jakaa n yhtenevään tasakylkiseen kolmioon, joiden kanta on monikulmion sivu ja kylkinä monikulmion keskipisteen ja kärjen yhdysjana. Tässä tapauksessa tämä yhdysjana on tietenkin ympyrän säde. Kolmioiden huippukulma on \frac{360^{\circ}}{n}, joten kolmioiden yhteenlasketuksi pinta-alaksi saadaan

    \[A_{kolmiot}=n\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin \frac{360^{\circ}}{n}.\]

Tehdään tässä vaiheessa muutama muutos käytettäviin lukuihin. Ensinnäkin, muutetaan kulman suuruus radiaaneiksi. 360^{\circ}=2\pi (rad), joten alan lausekkeeksi saadaan nyt A_{kolmiot}=n\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin \frac{2\pi}{n}. Tehdään vielä toinen tekninen vaihdos vähäksi aikaa: olkoon \frac{2\pi}{n}=x, joten \frac{2\pi}{x}=n, josta edelleen

    \[A_{kolmiot}=\frac{2\pi}{x}\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin x=\pi r^2\cdot \frac{\sin x}{x}.\]

Ympyrän ala on tietenkin \pi r^2, joten kysytty suhde

    \[\frac{A_{kolmiot}}{A_{ympyrä}}=\frac{\pi r^2\cdot \frac{\sin x}{x}}{\pi r^2}=\frac{\sin x}{x}.\]

Tutkitaan seuraavaksi lausekkeen \frac{\sin x}{x} käyttäytymistä. Koska \frac{2\pi}{n}=x, niin sivujen lukumäärän n kasvaessa rajatta x\to 0. On tilanneyhteydestä ilmeistä, että nyt \frac{\sin x}{x}\to 1, kun x\to 0 mutta kuinka se todistetaan? Ja edelleen (ja tässä onkin varsinainen kysymyksemme): kuinka suuri luvun n on oltava, tai siis kuinka pieni luvun x on oltava, jotta \frac{\sin x}{x}>0,999. Vastaus molempiin kysymyksiin voidaan etsiä monin tavoin. Niistä yksi hienoimmista on ns. Taylorin sarja.

Sinifunktio voidaan esittää päättymättömänä summana eli sarjana

    \[\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots,\]

joten lauseke \frac{\sin x}{x} voidaan sieventää muotoon

    \[\frac{\sin x}{x}=\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots\]

Tämän lausekkeen arvo lähestyy selvästi arvoa 1, kun x\to 0. Edelleen tätä lauseketta voidaan arvioida vain paria ensimmäistä termiä käyttäen. Siis lähellä nollaa

    \[\frac{\sin x}{x}\approx 1-\frac{x^2}{3!}.\]

Näin ollen oikea suuruusluokka ratkaisulle saadaan epäyhtälöstä 1-\frac{x^2}{3!}>0,999, josta 0<x<\sqrt{0,006}. (Ei-positiivinen osa epäyhtälön ratkaisusta voidaan nyt sivuuttaa.) Takaisin alkuperäiseen muuttujaan n palaten saamme

    \[\frac{2\pi}{n}<\sqrt{0,006},\]

josta edelleen n>81,11\ldots. Koska tämä oli alkujaankin likiarvo, tarkistetaan vielä saadut arvot sijoittamalla lausekkeeseen \frac{\sin x}{x} luvun n arvoja 81 ja 82 vastaavat arvot x=\frac{2\pi}{81} ja x=\frac{2\pi}{82}:

    \[\frac{\sin \frac{2\pi}{81}}{\frac{2\pi}{81}}\approx 0,99897<0,999; \quad \quad \frac{\sin \frac{2\pi}{82}}{\frac{2\pi}{82}}\approx 0,99902>0,999.\]

Näin ollen vastaus kysymykseen on siis vähintään säännöllinen 82-kulmio.

Ratkaisuun liittyvää Geogebra-applettia voi tutkia tämän linkin kautta.

 

0

Kuunsirppi

|
Kuva: Thomas Bresson/Flickr (CC BY 2.0)

Kuva: Thomas Bresson/Flickr (CC BY 2.0)

Seuraava pulma on peräisin professori Ian Stewartin Incredible Numbers-sovelluksesta iPadille, jossa on paljon muutakin mukavaa matemaattista opittavaa ja mietiskeltävää. Stewartin kirja Kirjeitä nuorelle matemaatikolle (Terra Cognita 2007) on muuten yksi tärkeimmistä populaarimatematiikan nykyesityksistä. Suosittelen sitäkin!

Mutta asiaan.

Leikkaa oheinen kuunsirppi kahdella suoralla leikkauksella kuuteen osaan siirtämättä osia leikkausten välillä.

 

Ratkaisu: Näin se käy:

Kuu

2

Paras lottorivi

|

Lotto on Italiassa keksitty arpajaispeli. Suomessa Veikkaus aloitti lottoarvonnat vuonna 1970. Lotto vakiinnutti asemansa Suomessa nopeasti suosituimpana rahapelinä, ja edellen jokaviikkoiset miljoonapotit tuovat jännitystä suureen osaan suomalaisperheistä. Tämänkertaisessa viikon vaikeassa pulmassa puututaan kaikille tutun onnenpelin matematiikkaan.

Suomalaisessa lottoarvonnassa arvotaan numeroiden 1,2,3,\ldots , 39 joukosta sattumanvaraisessa järjestyksessä seitsemän numeroa, jotka sitten ilmoitetaan oikeana ”rivinä” pienimmästä suurimpaan. Esimerkiksi jos arvotut numerot olisivat olleet arvontajärjestyksessä 2,16, 32, 12, 1, 28 ja 17, ilmoitettaisiin voittorivinä 1, 2, 12, 16, 17, 28, 32. Mikä on todennäköisin voittorivin ensimmäinen numero? Mikä on todennäköisin toinen numero? Entä mitkä ovat todennäköisimmät kolmas, neljäs, viides, kuudes ja seitsemäs numero? Onko näin löydetty numerosarja kaikkein todennäköisin lottorivi?

Ratkaisu: Tehtävän ratkaisu perustuu tuloperiaatteeseen: jos jokin kokonaisuus voidaan toteuttaa k-vaiheisesti niin, että jokaisessa vaiheessa on n_k vaihtoehtoa, on erilaisten kokonaisuuksien lukumäärä n_1\cdot n_2\cdot \cdots \cdot n_k. Toinen tarvittava esitieto on n-alkioisen joukon k-alkioisten osajoukkojen, eli k-kombinaatioiden, lukumäärä. Tätä kombinaatioden lukumäärää merkitään \binom{n}{k} (luetaan ”n yli k:n”), ja se on

    \[\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.\]

Merkintä n! tarkoitttaa luvun n kertomaa, eli lukua n!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \cdots \cdot 2\cdot 1.

Olkoon n kokonaisluku, 1\leq n\leq 39 ja olkoon 1\leq p\leq 7 luvun n paikka rivissä. Rivin numerot ennen numeroa n voidaan valita \binom{n-1}{p-1} tavalla ja sen jälkeen tulevat \binom{39-n}{7-p} tavalla. Yhteensä rivejä, jossa numero n on paikalla p, on tuloperiaatteen mukaan \binom{n-1}{p-1}\cdot\binom{39-n}{7-p} kappaletta.

Tämän jälkeen annetaan taulukkolaskentaohjelman hoitaa työ loppuun. Tuloksena on, että todennäköisimmistä numeroista koottu rivi olisi 1, 7, 13  tai 14 (yhtä todennäköiset), 20, 26 tai 27, 33 ja 39. Kokonaista lottorivitaulukkoa pääset tarkastelemaan tästä.

Näistä numeroista muodostuvat neljä lottoriviä ovat kaikkein todennäköisimmät, mutta yhtä todennäköisiä ovat kaikki muutkin 15380933 mahdollista riviä.

0

Kutsuvieraiden kättelyt

|
Kuva: Dan Beard/Cosmopolitan Magazine (Public Domain), via Wikimedia Commons

Kuva: Dan Beard/Cosmopolitan Magazine (Public Domain), via Wikimedia Commons

Palataanpa jälleen klassisten Martin Gardnerin pulmien pariin.

Kutsuilla oli minun ja puolisoni lisäksi neljä muuta pariskuntaa. Kuten kohteliasta on, osa vieraista tervehti toisiaan kutsujen aluksi kätellen. Kukaan ei kätellyt puolisoaan, eikä kukaan kätellyt kenenkään kanssa kahdesti. Kättelyiden jälkeen kysyin kaikilta muilta, kuinka monen henkilön kanssa he olivat kätelleet. Jokainen vastasi eri lukumäärän. Monenko kanssa puolisoni kätteli?

 

Ratkaisu: Yhden henkilön suurin määrä kättelyitä voi olla kahdeksan. Koska minun lisäkseni henkilöitä on yhdeksän, heidän kättelymääränsä ovat varmasti 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ja 8. Joukossamme on siis joku, joka kättelee kaikkia muita paitsi omaa puolisoaan. Tällöin hänen puolisonsa täytyy olla se, joka ei kättele ketään, sillä kaikki muut ovat kätelleet jo ainakin kerran.

Joukosta löytyy myös seitsemän kertaa kätellyt henkilö. Hän kättelee muita paitsi puolisoaan ja nolla kertaa kätellyttä. Nyt kaikki muut paitsi seitsenkertaisen puoliso (ja nollasti kättelevä) ovat kätelleet ainakin kahdesti. Siis seitsemän kättelyn pari on kerran kättelevä. Vastaavasti kuuden kättelyn pari on kahdesti kättelevä ja viidesti kättelevän pari kolmesti kättelevä.

Tämän jälkeen jäljelle jää pariskunta, jonka molemmat puoliskot kättelevät neljästi. Siis puolisoni ja minä.

2

Paiholalainen pankkineuvoja

|

Tämä on hieman erilainen ongelma kuin oikeastaan kaikki muut tässä blogissa aiemmin esitellyt pulmat. Nyt nimittäin siirrytään matematiikkaa hieman vähemmän eksaktin tieteen eli pörssikeinottelun pariin. Ja koska tiede ei ole ihan niin eksaktia, myöskään ongelman muotoilu (ja sitä myöden myöskään sen ratkaisu) eivät välttämättä ole ihan tarkkoja. Mutta asiaan. Kiinnostava ja toivottavasti ajatuksia herättävä juttu tämä on silti.

Saat tekstiviestin tuntemattomalta paiholalaiselta pankkineuvojalta. Hän kertoo, että Härrä oyj:n osakekurssi nousee päivän loppuun mennessä. Et varsinaisesti seuraa pörssikursseja etkä muutenkaan ole mikään pien- tai suursijoittaja. Yllättävä viesti kuitenkin herättää kiinnostuksesi, ja käyt katsomassa Härrä oyj:n päivän kehityksen. Ja kyllä – kurssi on tanakassa nousussa! Seuraavana päivänä paiholalainen pankkineuvoja lähettää sinulle viestin ja sanoo, että Aatun appeen ja murkinan kurssi on laskussa. Näin myös näyttäisi olevan.

Sama toistuu parin viikon ajan. Paiholalainen pankkineuvoja osuu prognooseissaan kymmenen kertaa peräkkäin oikeaan. Onko hän satumainen pörssiguru? Pitäisikö sinun antaa raha-asiasi hänen hoidettavakseen?

Ratkaisu: Yhtä täysin oikeaa vastausta tähän kysymykseen on vaikea antaa. Periaatteessa on täysin mahdollista, että pörssiä tarkkaan seuraava toimija pystyy ymmärtämään markkinoiden liikkeitä ja ennustamaan tulevaa erinomaisestikin. Talouselämän lait ovat sellaisia.

Mutta toki taustalla voi olla myös klassinen huijaritapaus, jonka ansaintalogiikka muistuttaa hieman roskapostiviestien nigerialaiskirjeitä. Sanotaan vaikka, että pankkineuvoja lähettää ensimmäisellä kerralla 10240 viestiä eri henkilöille. Nykyään, kun tekstiviestitkin useimmiten sisältyvät puhelinlaskun kokonaissummaan, ei tuollainen määrä ole varsinaisesti mikään ongelma. Oletetaan, että puolessa viesteistä ennustetaan Härrän kurssin nousua, puolessa laskua. Ne, joiden kohdalla povaus menee pieleen, eivät enää neuvojasta kuule. Niille 5120 henkilölle, jotka puolestaan saavat oikean vinkin, lähetetään seuraava vinkki, joka toiselle kurssinousua, joka toiselle kurssilaskua. Ja niin edelleen. Kymmenen kerran jälkeen jäljellä on vielä 10 henkilöä, joista jokainen on saanut oikean vinkin joka kerralla. Jos edes joku näistä antaisi rahansa paiholalaishuijarille, voisi hän luikkia tiehensä hyvän tilin tehneenä.

Tämä pulma tuli vastaan Jordan Ellenbergin kirjassa How Not To Be Wrong, joka ilmeisesti on myös jossain vaiheessa tulossa suomeksi. Toivottavasti pian, sillä kyse on erittäin suositeltavasta opuksesta.