Pulmat

0

Sinisilmäiset tytöt

|

Kun vastaasi tulee kaksi Sinisalon sisarusta, on todennäköisyys sille, että molemmilla on siniset silmät, täsmälleen 50 prosenttia. Montako sisarusta Sinisalon perheessä todennäköisimmin on?

Kyllä vain, Martin Gardnerin klassisia pulmiahan tämä ilmiselvästi on.

Ratkaisu: Jos Sinisalon perheessä on t tyttöä, joista sinisilmäisiä on s kappaletta, on todennäköisyys kahdelle sattumanvaraiselle sinisilmälle \displaystyle\frac{s(s-1)}{t(t-1)}. Tyttöjä on todennäköisimmin 4, joista sinisilmäisiä on 3, sillä seuraavat yhtälön \displaystyle\frac{s(s-1)}{t(t-1)}=\frac{1}{2} toteuttavat kokonaisluvut ovat t=21 ja s=15.

0

Katkaistu keppi

|

Keppi katkaistaan sattumanvaraisesta kohdasta. Viikon helppo pulma on, kuinka suuri osa koko kepistä lyhyempi pala keskimäärin on. Tämän ratkaistuasi voit siirtyä viikon vaikeaan pulmaan: mikä on kepin lyhyemmän ja pidemmän osan pituuksien keskimääräinen suhde?

Ratkaisu: Sattumanvarainen katkaiseminen tarkoittaa sitä, että kepin jokainen kohta on yhtä todennäköinen katkeamiskohta. Katkeamiskohta on yhtä todennäköisesti kepin puolivälin vasemmalla ja oikealla puolella. Se katkeaa keskimäärin tämän puolikkaan keskeltä, joten sen keskimääräinen pituus on \frac{1}{4} koko kepin pituudesta.

Tutkitaan sitten osien pituuksien suhdetta. Yleisyydestä poikkeamatta voidaan olettaa kepin pituudeksi 1 yksikkö. Olkoon  katkeamiskohta kepin loppupäässä ja olkoon pidemmän palan pituus x. Lyhyempi pala on nyt siis 1-x ja näin ollen kysytyksi suhteeksi saadaan

    \[2\int_{\frac{1}{2}}^1\frac{1-x}{x} dx=2\ln 2-1\approx 0,386.\]

Tämä pulma oli Frederick Mostellerin kirjasta Fifty Challenging Problems in Probability.

0

Ykkösiä, ei neliöitä

|

Osoita, ettei yksikään jonon 11, 111, 1111, 11111,\ldots jäsen ole kokonaisluvun neliö.

Ratkaisu: Jonon 11, 111, 1111, 11111,\ldots jokainen luku voidaan kirjoittaa muodossa 100m+11=4(25m+2)+3, jossa m on kokonaisluku. Näin ollen aina, kun jotain jonon luvuista jaetaan 4:llä, jakojäännökseksi jää 3.

Parilliset kokonaisluvut voidaan esittää muodossa 2n, jossa n on kokonaisluku. Näin ollen parillisten kokonaislukujen neliöt voidaan esittää muodossa (2n)^2=4n^2, eli parillisten lukujen neliöitä 4:llä jaettaessa jako menee aina tasan. Vastaavasti parittomat luvut voidaan esittää muodossa (2n+1), jolloin niiden neliöt voidaan esittää muodossa 4n^2+4n+1. Parittomien lukujen neliöitä 4:llä jaettaessa jakojäännös on siis aina 1. Siis mikään jonon  11, 111, 1111, 11111,\ldots luvuista ei voi olla kokonaisluvun neliö.

Tämä pulma on Stanfordin yliopiston matematiikkakilpailusta vuodelta 1949.

1

Synttärit!

|

imageOpettaja H:n pulmakulma täytti äskettäin vuoden. Hups! Tässä ajassa se on oppinut kosolti uusia temppuja, syömään kiltisti paikallaan, konttaamaan eteen ja taakse sekä julkaisemaan tasaisen epätasaisen tasoisia pulmia kaikkien pähkäiltäväksi. Minulla pulmakulman ylläpidossa on ollut hauska ja opettavainen vuosi – toivottavasti muutkin olette viihtyneet, niin satunnaiset seikkailijat kuin (molemmat) kanta-asiakkaatkin!

Viikon helppona pulmana on antaa palautetta vaikkapa tämän postin kommenttikenttään, niin ruusuja kuin risujakin. Samalla, jos haluatte, voitte myös nimetä jonkin suosikkipulmanne vuoden varrelta.

Pähkäilemisiin!

–Opettaja H.

0

Rahanjako pyöreässä pöydässä

|

Pyöreän pöydän ritarit, tällä kerralla vain kymmenen ritaria, istuu kuten todettua pyöreän pöydän äärellä. Heillä on jaettavanaan 10 thrymsan rahasumma, joka tulee jakaa seuraavalla säännöllä: jokainen ritari saa puolet summasta, jonka hänen molemmat naapurinsa saavat yhteensä.

Viikon vaikea pulma on osoittaa oikeaksi tai vääräksi se väittämä, että rahasumma voidaan tällä säännöllä jakaa useammalla kuin yhdellä tavalla.

(Tehtävän kannalta ei ole väliä sillä, miten tai millaisiksi murto-osiksi lantit jaetaan. Näin siis vaikkapa 1,3546 thrymsaa on ihan järkevä jako-osa.)

Kuva: Matt Brown / Flickr (CC BY 2.0)

Kuva: Matt Brown / Flickr (CC BY 2.0)

0

Sinne ja takaisin

|

Sinnikkäät seikkailijat Johannes ja Toni patikoivat melko kaukaiselle vuorelle. Noustuaan vuoren laelle he palaavat omia jälkiään takaisin. Kaikkiaan herrojen reissuun menee kuusi päivää. Kiireettä fiilistellen he tallustelevat tasamaalla  neljän virstan päivänopeudella. Ylämäessä tahti hidastuu kolmeen virstaan päivässä, mutta alamäkeen he kulkevat kuusi virstaa päivässä. Kuinka pitkän matkan Johannes ja Toni kaikkiaan reissullaan kulkevat? Monenko päivän kuluttua (puolen vuorokauden tarkkuudella) he kääntyvät vuoren laelta takaisinpäin?

Kuva: Javier Díaz Barrera / Flickr (CC BY-NC-SA 2.0)

Kuva: Javier Díaz Barrera / Flickr (CC BY-NC-SA 2.0)

Ratkaisu: Jokainen virsta kuljetaan kahteen kertaan. Tasamaan kahteen virstaan kuluu aikaa puoli päivää, ja vastaavasti ylämäkeen kuljettu kolmannespäivän virsta ja alamäkeen kuljettu sama kuudennespäivän virsta kuluttavat yhteensä puolikkaan päivämatkan. Siis jokaisen puolen päivämatkan aikana kuljetaan kaksi virstaa, ja koska matkapäiviä oli kuusi, on matkan kokonaispituus 12\cdot 2 = 24 virstaa.

Jos koko matka olisi tasamaata, kuluisi 12 virstan menomatkaan kolme päivää. Jos koko matka olisi ylämäkeä, aikaa kuluisi neljä päivää. Todellinen matka-aika on siis jotain tältä väliltä, joten puolen päivän tarkkuudella matka huipulle kestää kolme ja puoli päivää.

Tämä pulma oli muunnelma Lewis Carrollin tarinasta teoksessa A Tangled Tale (Macmillan, 1885).

0

Kaksi tuomioistuinta

|

Kuvitellaan kaksi tuomioistuinta. Ensimmäisessä tuomioistuimessa istuu kolme tuomaria, joista kaksi osaa toisistaan riippumatta tehdä oikeudenmukaisen ratkaisun päätöksissään todennäköisyydellä p. Kolmas tuomari heittää päätöksensä aina kolikolla. Ratkaisu saadaan enemmistöpäätöksellä. Toinen tuomioistuin koostuu vain yhdestä tuomarista, joka osaa tehdä oikean päätöksen todennäköisyydellä p. Kumpi tuomioistuin antaa todennäköisemmin oikean tuomion?

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

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

Ratkaisu: Molemmat tuomioistuimet ovat yhtä hyviä. Ensimmäisessä tuomioistuimessa on kolme mahdollista tapausta, joissa ratkaisu on oikeudenmukainen:

  1. Ensimmäinen ja toinen tuomari osuvat oikeaan. Tällöin lantinheittäjätuomarin ratkaisulla ei ole väliä. Todennäköisyys tälle on riippumattomuuden nojalla p\cdot p=p^2.
  2. Ensimmäinen on oikeassa, toinen väärässä ja lantinheittäjä oikeassa. Todennäköisyys tälle on p(1-p)\cdot\frac{1}{2}=\frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}.
  3. Ensimmäinen erehtyy, toinen on oikeassa ja lantinheittäjä on oikeassa. Tämänkin todennäköisyys on \frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}.

Koska tapaukset ovat erillisiä, on tuomioistuimen onnistumistodennäköisyys näiden kolmen tapauksen todennäköisyyksien summa, eli

    \[p^2+\left(\frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}\right)+\left(\frac{p}{2}-\frac{p^2}{2}\right)=p.\]

Tämä pulma on Frederick Mostellerin kirjasta Fifty Challenging Problems in Probability with Solutions (Dover Publications, 1965).

0

Kuninkaan yt-neuvottelut

|

Vierailimme vaimoni vanhassa kotitalossa, jossa tein huiman löydön: hänen vanhoista tavaroistaan löytyi kenenpä muunkaan kuin Lewis Carrollin The Complete Illustrated Lewis Carroll (Wordsworth Editions, 1996). Kirjaa selatessani törmäsin noin vuodelta 1870 peräisin olevaan Puzzles from Wonderland -tekstiin, jossa Carroll riimittelee hauskasti seitsemän pulmaa vastauksineen. Niistä viimeinen on tässä.1

Kuningas huomasi, että hänen rahansa olivat lähes lopussa, ja että hänen oli elettävä säästäväisemmin. Hän päätti irtisanoa suurimman osan neuvonantajistaan. Heitä oli satoja – hienoja vanhoja miehiä juhlavissa vihreissä samettiviitoissa, joissa oli kultaiset napit. Neuvonantajissahan ei varsinaisesti ollut muuta vikaa kuin että he puhuivat keskenään aivan ristiin, kun heidän neuvojaan kysyttiin; lisäksi he olivat järkyttävän kovia syömään ja juomaan. Kaikkiaan kuningas oli ihan tyytyväinen päästessään heistä eroon. Mutta valtakunnassa oli eräs ikivanha laki, jota kuningaskaan ei tohtinut rikkoa. Laki määräsi neuvonantajien määrästä seuraavaa:

”Seitsemän molemmista silmistä sokeaa:

Kaksi yhdestä silmästä sokeaa:

Neljä jotka näkevät molemmilla silmillä:

Yhdeksän jotka näkevät yhdellä silmällä.”

Mikä oli neuvonantajien vähimmäismäärä?

Kuva: Wikimedia Commons

Kuva: Wikimedia Commons

Ratkaisu: Neuvonantajia tarvitaan vähintään kuusitoista, sillä kokonaan sokea voidaan laskea toisesta silmästä sokeaksi ja kokonaan näkevä voidaan laskea toisella silmällä näkeväksi. Mutta annetaanpa Lewis Carrollin vastata ihan omin sanoin:

Five seeing, and seven blind
Give us twelve, in all, we find;
But all of these, ’tis very plain,
Come into account again.
For take notice, it may be true,
That those blind of one eye are blind for two;
And consider contrariwise,
That to see with your eye you may have your eyes;
So setting one against the other—
For mathematician no great bother—
And working the sum, you will understand
That sixteen wise men still trouble the land.

4

Jännä jono

|

Aikakauslehtien pulmapalstoilta löytyy silloin tällöin tehtäviä, joissa täytyy jatkaa loogisesti annettua lukujonoa. Periaatteessa näissä tehtävissä ei ole päätä eikä häntää, sillä ellei äärettömäksi tarkoitetun jonon muodostamissääntöä ole annettu, voidaan sitä jatkaa millä tavalla tahansa. Siis valideja jatkotapoja jonolle 2, 4, 8,\ldots olisivat 16, 32, 64,\ldots yhtä hyvin kuin 90, 0, 22, \ldots. Kysymyksen muotoilun pitäisikin siis olla, että millä säännöllä kyseinen jono voidaan muodostaa ja miten se sillä säännöllä jatkuisi.

Mutta eipä takerruta liikaa tähän semantiikkaan. Yksi suosikkijonoistani alkaa

    \[13, 1113, 3113, 132113,\ldots\]

Viikon vaikea kysymys on, kuinka sitä jatketaan loogisesti.

Ratkaisu: Jono jatkuu 1113122113, 311311222113, \ldots eli aivan kuten kommentoijamme Mikko tuossa alla jo toteaakin. Kyseessä on niin kutsuttu ”sano mitä näet”-jono, eli logiikka taustalla on sanoa, mitä jonon edellisessä termisasä on. Näin ollen termiä 13 seuraa yksi ykkönen ja yksi kolmonen, siis 1113. Tämän jälkeen tulee kolme ykköstä ja yksi kolmonen, eli 3113. Sitten yksi kolmonen, kaksi ykköstä, yksi kolmonen, eli 132113. Ja niin edelleen.

Lukujonoista kiinnostuneiden aarreaitta on Neil Sloanen jo 1960-luvulta asti ylläpitämä tietokanta The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences eli OEIS, joka löytyy osoitteesta oeis.org. Sieltä löytyy ”ihan kaikki”, ja sivusto päivittyy yhä aktiivisesti. Tämän pulman lukujono löytyy sieltä koodilla A006715.

0

Hyvä ja huono pelaaja

|

Tehtävänäsi on pelata kolme erää squashia ja voittaa niistä kaksi peräkkäin. Vastaasi asettuu vuoron perään hyvä pelaaja ja kehno pelaaja. Kumpi vastustajista sinun kannattaa kohdata ensin? Eli kannattaako sinun pelata erät järjestyksessä hyvä–kehno–hyvä vai kehno–hyvä–kehno?

Kuva: jamesdaniel4792 / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Kuva: jamesdaniel4792 / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Ratkaisu: Parempi järjestys on hyvä–kehno–hyvä. Ratkaisua voidaan lähestyä ainakin kahdella tavalla. Ensinnäkin, koska tehtävänäsi on voittaa kaksi peräkkäistä erää, on sinun välttämättä voitettava eristä keskimmäinen. Sen voittotodennäköisyys kannattaa maksimoida, joten kehno pelaaja kannattaa kohdata nimenomaan silloin.

Ratkaisu voidaan toki osoittaa oikeaksi myös matemaattisesti. Olkoon todennäköisyys sille, että voitat hyvän pelaajan h, ja kehnon pelaajan voittamiselle k. Nyt tietenkin 0<h<k<1, eli hyvän pelaajan voittaminen on epätodennäköisempää kuin kehnon. Näillä merkinnöillä häviät hyvälle pelaajalle todennäköisyydellä 1-h ja kehnolle todennäköisyydellä 1-k. Oletetaan, että peräkkäisten erien voittotodennäköisyydet eivät riipu toisistaan.

Erilaisia tapoja voittaa kaksi erää peräkkäin on kolme:

  1. voitto, voitto, voitto
  2. voitto, voitto, tappio
  3. tappio, voitto, voitto

Nämä ovat erillisiä, riippumattomia tapauksia, joten yhden tapauksen todennäköisyys saadaan tulon avulla ja kokonaistodennäköisyys laskemalla yksittäisten todennäköisyyksien summa. Tutkitaan ensin järjestys hyvä–kehno–hyvä. Tästä saadaan todennäköisyys

    \[hkh+hk(1-h)+(1-h)kh=hk(2-h).\]

Vastaavasti järjestykselle kehno–hyvä–kehno saadaan todennäköisyys

    \[khk+kh(1-k)+(1-k)hk=hk(2-k).\]

Koska h<k, niin 2-h>2-k, joten hk(2-h)>hk(2-k).

Tämäkin ongelma tuli vastaan Alex Bellosin pulmapalstan kautta. Bellos kreditoi pulman lähteeksi Frederick Mostellerin kirjan Fifty Challenging Problems in Statistics with Solutions. Tämä pulmablogiharrastus alkaa käydä kukkarolleni, sillä Mostellerin kirjan lisäksi nettikirjakaupasta tarttui (taas kerran) mukaan muutama muukin alan teos. Niistä luultavasti tuonnempana lisää.