Puuttuva numero

22.8.2019 | Opettaja H.

Colin Beveridge (suuri suomalaisten ystävä, muuten!¹) esitti blogissaan hauskan lukuongelman. Seitsemännumeroinen luku on kuuden peräkkäisen parillisen luvun tulo. Tiedetään, että sen kuusi viimeistä numeroa ovat 870720. Mikä on luvun ensimmäinen numero?

Ratkaisu: Kuten Colin Beveridgekin toteaa, olisi ratkaisu raa’alla voimalla, esim. ohjelmoimalla, tylsää. Tehdään jotain hauskempaa.

Kuuden peräkkäisen parillisen luvun tulo voidaan ilmoittaa muodossa

$2n\cdot 2(n+1)\cdot 2(n+2)\cdot 2(n+3)\cdot 2(n+4)\cdot 2(n+5).$

Tekijöinä ovat siis $2^6$ ja kuusi peräkkäistä kokonaislukua, $n$ , $n+1$ , $n+2$ , $n+3$ , $n+4$ ja $n+5$ . Kuudesta peräkkäisestä luvusta täsmälleen kaksi on kolmella jaollisia, joten koko tulon on oltava yhdeksällä jaollinen. Edelleen luku on yhdeksällä jaollinen vain, jos sen numeroiden summa on yhdeksällä jaollinen. Ja koska $8+7+0+7+2+0=24,$ on puuttuvan numeron oltava 3. Kysytty luku voi siis olla vain $3870720.$

Varmistetaan vielä, että tämä luku todella on kuuden peräkkäisen parillisen luvun tulo. Koska $2^6$ on tekijä, saadaan tällä jakamalla 60480, jonka pitäisi nyt siis olla kuuden peräkkäisen luvun tulo. Jaetaan alkutekijöihin:

$60480=2^6\cdot 3^3\cdot 5\cdot 7$

Nyt on melko suoraviivaista alkaa päätellä tulon tekijöitä tästä. Koska $60480<10^6,$ eivät ainakaan kaikki tulon tekijät voi olla suurempia kuin 10. Alkutekijähajotelmasta puuttuu luku 11, joten tulon kaikkien tekijöiden on nyt itse asiassa välttämättä oltava tätä pienempiä.

Kuudesta peräkkäisestä luvusta aina täsmälleen kaksi on jaollisia kolmella, ja korkeintaan yksi yhdeksällä. Jotta $3^3$ tulisi käytetyksi alkutekijähajotelmasta, on 9 välttämättä yksi tekijöistä. Toisen kolmella jaollisen tekijän on tällöin oltava 6. Koska kyse oli peräkkäisistä luvuista, myös 7 ja 8 ovat tekijöitä. Tämä jättää alkutekijöihin enää $2^2\cdot 5$ , eli peräkkäisten lukujen tulo on $4\cdot 5\cdot 6\cdot 7\cdot 8\cdot 9=60480$ . Siis edelleen

$$8\cdot 10\cdot 12\cdot 14\cdot 16\cdot 18=3870720.$

Väestönlaskija ja lapset

3.11.2016 | Opettaja H.

Paikkakunnalla oli menossa väestönlaskenta, ja väestönlaskija H. keräsi tietoja kätevästi ovelta ovelle kulkemalla. Eräällä ovella H. kysyi perheenisä S:ltä, kuinka monta vuotta (ei siis kuukausia, vaan täysiä vuosia) vanhoja hänen kolme lastaan olivat. Perheenisä tunnisti H:n kuuluisaksi pulmaspesialistiksi, joten hän päätti hieman kokeilla H:ta.

”Lasten ikien tulo on $36$ ja summa tuon vastapäisen talon numero”, S. vastasi pilke silmäkulmassaan. H. kävi katsomassa, mikä vastapäisen talon numero oli, ja palasi takaisin perheenisän luo. ”Olen pahoillani, mutta tarvitsen hieman lisätietoja”, H. sanoi. ”En ehdi nyt, puuro kiehuu yli ja vanhin lapsi on yläkerrassa nukkumassa”, vastasi perheenisä. ”Kiitos, mutta kyllähän tässä jo on kylliksi”, totesi lisätiedoista ilahtunut H.

Viikon helppo (no, hyvä on – helpohko) kysymys on, kuinka vanhoja lapset olivat ja mikä oli vastapäisen talon numero.

Kuva: Kathleen Conklin/Flickr (CC BY 2.0)

Ratkaisu: Luvun $36$ voi esittää seitsemällä tavalla kolmen luonnollisen luvun tulona, mutta vain kahdessa tapauksessa tulon tekijöillä on sama summa: $9+2+2=13$ ja $6+6+1=13$ . Koska vanhin lapsi nukkuu yläkerrassa, ovat lasten iät siis $9$ , $2$ ja $2$ ja vastapäisen talon numero on $13$ . (Kaksoset lasketaan siis saman ikäisiksi, vaikka teknisesti heillä varmaankin on jopa useita minuutteja ikäeroa.)

Saunavuoro

5.9.2016 | Opettaja H.

Tämänkertainen pulmamme on Pulmakulman ystävän Toni Vaahteran käsialaa. Kiitos, Toni!

Tuomas, Mikko, Johannes, Antti ja Kössi istuvat saunan lauteilla. Löylyttely sujuu mukavissa merkeissä kunnes löylykauha kolahtaa kiulun pohjaan. Millä keinolla saunojat voivat siltä istumalta reilusti arpoa kuka saunojista hakee vettä? Luonnollisesti älypuhelimet, nopat ja kolikot ja muut apuvälineet on jätetty pukuhuoneen puolelle.

Kuva: Wikimedia Commons (Public Domain)

Ratkaisu: Viiden hengen kivi-sakset-paperi ei oikein kuulosta hyvältä ratkaisulta. Mutta sormileikillä asia voidaan kuitenkin kätevästi ratkaista. Sovitaan, että kukin viidestä saunojasta edustaa yhtä jäännösluokkaa modulo $5$ . Eli kun kokonaislukua jaetaan viidellä, voi jakojäännös olla $0, 1, 2, 3$ tai $4$ , ja näistä jäännösluokista yksi voi edustaa kutakin saunojaa. Sitten yhtä aikaa kukin paljastaa yhdestä viiteen sormea. Sormet lasketaan yhteen ja katsotaan, mikä on jakojäännös.

Sormileikki on reilu tapa. Erilaisia sormiyhdistelmiä on $5^5=3125$ kappaletta, ja summat jakautuvat tasan kaikille viidelle jäännösluokalle, $625$ mahdollista sormisummaa kullekin. Nyt on huomattava, että jokaisen saunojan on näytettävä vähintään yksi sormi, sillä jos pelkkä nyrkkikin sallittaisiin, olisi mahdollisia yhdistelmiä $6^5=7776$ kappaletta, josta jäännösluokalle $0$ tulisi $1556$ sormisummaa, kun taas kaikille muille luokille tulisi vain $1555$ sormisummaa. Sen sijaan peli sallisi tässä tapauksessa kuudennen saunojan.¹

Olen aika pitkään ollut sitä mieltä, että jo kahden pelaajan kesken kivi-sakset-paperi on epätyydyttävä tapa arpoa. Tasapeleistä päästäisiin heti eroon pelaamalla parillista ja paritonta, jonka säännöt ovat vastaavat kuin saunapelimme. Parillisessa ja parittomassa puolestaan on ehdottomasti sallittava nollan sormen vaihtoehtokin, muutoin peli suosii paritonta. Tähän peliin törmäsin ensimmäisen kerran joskus parikymmentä vuotta sitten, mahdollisesti jossakin Hale & Pace -sarjan sketsissä, mutta varmoja muistikuvia ei ole. Joka tapauksessa olen vuosikausia pyrkinyt välttämään kivi-sakset-paperia arvontatilanteissa, mutta jotenkin parillinen ja pariton ei vain ole saavuttanut haluamaani arvostusta toveripiirissäni. Mutta ehkäpä nyt tämän saunajutun myötä…

Ykkösiä, ei neliöitä

9.8.2016 | Opettaja H.

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.

Rahanjako pyöreässä pöydässä

23.7.2016 | Opettaja H.

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)

Uusi vuosi

1.1.2016 | Opettaja H.

Kuva: Maria Morri/Flickr (CC BY-SA 2.0)

Vuoden 2016 alku tarkoitti binäärilukuna hauskannäköistä siirtymää vuodesta $11111011111$ vuoteen $11111100000$ .

On myös olemassa tapoja esittää luku $2016$ vain yhtä numeroa ja joitakin laskutoimitussymboleja käyttäen. Koska $2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$ , on se jaollinen muiden muassa luvuilla $2, 3, 6, 7$ ja $9$ , joten se voidaan totta kai kirjoittaa tylsästi esimerkiksi $3+3+3+\cdots$ riittävän monta kertaa. Tämän viikon vaikeana kysytään kuitenkin hieman kiehtovampaa tapaa esittää luku $2016$ .

Pystytkö esittämään luvun $2016$ , jos käytettävissäsi on vain yksi numero korkeintaan viisi kertaa sekä mitä tahansa laskutoimitussymboleja? Tai pystytkö keksimään jonkin muun kuin pelkkään yhteenlaskuun perustuvan tavan hyödyntää yhtä yksinumeroista lukua?

Ratkaisu: Uusi vuosi on aina numeronikkareille uusi hauska haaste. Kuinka ollakaan, suosikkimatemaatikkoihini kuuluva Alex Bellos kysyi vuoden 2016 rakentelemista The Guardianin palstallaan. Sieltä löytyi esittämääni ongelmaan vaihtoehtoinen ratkaisu, jota en ollut itse ajatellut. Nimittäin Bellosin ratkaisu on $2016=(4+4)\cdot(4^4-4)$ .

Itseäni silti naurattaa vielä enemmän alkuperäinen löytöni uudenvuodenyöltä Twitteristä. Pelleilläänpä vähän binomikertoimilla. Nyt huomataan, että $\binom{64}{2}=2016$ . Edelleen $2^6=64$ ja $\binom{4}{2}=6$ ja vielä $2^2=4$ . Pysyttekö mukana? Tästä saadaan riemukkaasti, että

$2016=\binom{2^{\binom{2^2}{2}}}{2}.$

Alex Bellos kysyi myös sitä, kuinka vuosi $2016$ voitaisiin esittää lukujen $10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2$ ja $1$ avulla. Hän sai valtavasti vastauksia, joista hillittömin oli Sebastian Radun vastaus:

$2016=[(10\sqrt{9}\cdot 8! / 7) \quad (\mbox{modulo }6^5)] + 4!\cdot 3!\cdot 2! + \arccos 1.$

Hyvää uutta vuotta 2016 toivoo Opettaja H:n pulmakulman henkilökunta.

Tuomaan talo

21.12.2015 | Opettaja H.

Tuomas asuu kadulla, jonka talonnumerot ovat väliltä $8-100$ . Kössi tahtoo saada selville, mikä Tuomaan talon numero on.

Kössi kysyy, onko numero suurempi kuin $50$ . Tuomas vastaa, mutta valehtelee.

Seuraavaksi Kössi kysyy, onko numero jaollinen neljällä. Tuomas vastaa, mutta valehtelee taas.

Sitten Kössi kysyy, onko numero jonkin luvun neliö. Nyt, kaikkien hämmästykseksi, Tuomas vastaa totuudenmukaisesti.

Kössi sanoo, että jos Tuomas vielä kertoisi, onko ensimmäinen numero $3$ , hän tietäisi oikean talonnumeron. Tuomas vastaa Kössille, mutta emme tiedä, puhuiko hän totta. Tämän jälkeen Kössi ilmoittaa vastauksensa, joka valitettavasti on väärä.

Missä numerossa Tuomas oikeasti asuu?

Kuva: Bert Kaufmann/Flickr (CC BY-SA 2.0)

Ratkaisu: Kössi ei tietenkään tiedä, että Tuomas puhuu suurimman osan ajasta puhdasta palturia. Siksi Kössi perustaa veikkauksensa siihen, mitä Tuomas vastaa, ja se puolestaan vie meidät ratkaisun jäljille.

Koska ensimmäiseen kysymykseen Tuomas valehteli ja lopuksi Kössi haluaa tietää, onko ensimmäinen numero $3$ , on oikea talonnumero tietenkin suurempi kuin $50$ . Koska välillä $8-50$ on vain kaksi neljällä jaollista neliötä ( $16$ ja $36$ ) ja lukuisia sellaisia lukuja, jotka eivät ole joko jaollisia neljällä tai neliöitä tai kumpaakaan näistä, on Tuomas vastannut sekä neljälläjaollisuuskysymykseen (valheellisesti) että neliökysymykseen (todenmukaisesti) kyllä.

Tämä kaikki tarkoittaa sitä, että todellisuudessa Tuomas asuu talossa, jonka numero on suurempi kuin $50$ , ei ole neljällä jaollinen ja on jonkin luvun neliö. Ainoa kyseeseen tuleva talonnumero on $81$ .

Piraattien haaksirikko

16.12.2015 | Opettaja H.

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)

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.

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon: