Delilikle dahilik arasında ince bir ufuk çizgisi vardır.
Öğretmen, Ali ve Ayşe’yle bir oyun oynamaya karar verir. Aklında iki doğal sayı tutar ve Ali’ye bu sayıların toplamını, Ayşe’ye de bu sayıların karelerinin toplamını verir. Ali ve Ayşe’den sayıları bulmalarını ister. Bundan sonra Ali ve Ayşe arasında aşağıdaki konuşma geçer:
Ayşe: Sayıları bilmiyorum.
Ali: Sayıları bilmiyorum.
Ayşe: Sayıları bilmiyorum.
Ali: Sayıları bilmiyorum.
Ayşe: Sayıları bilmiyorum.
Ali: Sayıları bilmiyorum.
Ayşe: Sayıları buldum.
Sayılar neydi?
Bazı soruları sezgisel olarak çözmek cebirsel çözümden daha kolay oluyor. Bu da benim için onlardan biriydi. Aslında cebirsel çözüm aramak zorunda da değildim ama belki düşündüğüm şeylerden daha kolay olur diye denedim yine de. Bakalım daha kolay oldu mu?
Birinci ve ikinci oyuncu arasındaki oyunların sayısına \(x \), ikinciyle üçüncü oyuncular arasındaki oyunların sayısına \(y \) ve üçüncü ile birinci oyuncular arasındakı oyunların sayısına da \(z \) diyelim. Soruda verilen bilgileri bu notasyonla şöyle yazabiliriz:
\(x + z=10 \), birinci oyuncunun toplam oyun sayısı. (1) \(y + x=15 \), ikinci oyuncunun toplam oyun sayısı. (2) \(z + y=17 \), üçüncü oyuncunun toplam oyun sayısı. (3)
Demek ki elimizde üç bilinmeyenli üç denklem var ve bu denklemi ortaokulda öğrendiğimiz gibi çözebiliriz.
İkinci denklemden birinci denklemi çıkarırsak:
\(y – z=5 \) buluruz. Bunu da üçüncü denklemle toplarsak:
\(2\cdot{y}=22 \)
\(y=11 \) buluruz.
Bu sonucu üçüncü denklemde yerine koyarsak:
\(z + y=17 \)
\(z + 11=17 \)
\(z=17-11=6 \) buluruz.
Son olarak da birinci denklemi kullanarak:
\(x + z=10 \)
\(x + 6=10 \)
\(x=10 – 6 = 4 \) buluruz. Böylece kimin kimle kaç maç yaptığını bulmuş olduk.
Birinci oyuncu ikinci oyuncuyla 4 oyun oynamış. İkinci oyuncu üçüncü oyuncuyla 11 oyun oynamış. Üçüncü oyuncu da birinci oyuncuyla 6 oyun oynamış.
Şimdi bu oyuncuların birbirlerini kaç kere yendiklerine bakalım. Yine cebirsel bir yaklaşım sergilemeye çalışacağım ama önce bir kuralı hatırlayalım. Birinci oyuncu ikinci oyuncuyu yenerse bir sonraki oyunda birinci oyuncuyla üçüncü oyuncu oynayacak. Bunu göz önüne alırsak şöyle bir ilişki daha buluyoruz.
Birinci ve ikinci oyuncunun birbirleriyle oynadığı oyun sayısı birinci oyuncunun üçüncü oyuncuyu yendiği oyun sayısı ile ikinci oyuncunun üçüncü oyuncuyu yendiği oyun sayısının toplamıdır. Tabii bu eşitlik her zaman doğru değil. Örneğin ilk maç birinci ve ikinci oyuncular arasındaysa bu eşitlik geçerli olmuyor, daha doğrusu verilen toplamdan bir fazla oluyor, çünkü ilk oyun diğer şartlardan (oyunlardan) bağımsız gerçekleşmiş. Tabii eğer son oyunda birinci ve ikinci oyuncu oynaması gerekiyorken oyunu kesmişlerse toplam yine doğru olur ama işi bu kadar karıştırmaya gerek yok. Bu eşitliği göz önünde tutarak oyunların seyri hakkında çıkarımlarda bulunalım.
İkinci ve üçüncü oyuncu arasında oynanan 11 oyuna bakalım. Eğer ilk oyun ikinci ve üçüncü oyuncu arasında değildiyse yukarıdaki kuralı uygulayabiliriz. Yani ikinci oyuncunun birinci oyuncuya karşı kazandığı oyunların sayısıyla, üçüncü oyuncunun birinci oyuncuya karşı kazandığı oyunların sayısının toplamı 11 etmeli. Bu sayıların (6 ve 4) toplamı ise en fazla (birinci oyuncu oynadığı her oyunu kaybettiği durumda) 10 ediyor. Bu sonuçtan yola çıkarak ilk oyunun ikinci ve üçüncü oyuncular arasında gerçekleştiğini görebiliriz.
Bu çıkarımdan sonra soruyu şu şekilde hafifçe değiştirebiliriz. İkinci ve üçüncünün oynadığı ilk oyunu sorudan çıkaralım ve ilk oyunu birinci oyuncu ile diğer oyunculardan birinin oynadığını söyleyelim. Yani
İlk oyunu birinci oyuncu ikinci ya da üçüncü oyuncuyla oynamış. Birinci oyuncu ikinci oyuncuyla 4 oyun oynamış. İkinci oyuncu üçüncü oyuncuyla 10 oyun oynamış. Üçüncü oyuncu da birinci oyuncuyla 6 oyun oynamış.
Yeni soru eski soruyla eşdeğer. Şimdi yukarıdaki kuralı tekrar uyguladığımızda güzel bir sonuç bulacağız. İkinci oyuncunun birinci oyuncuya karşı kazandığı oyunların sayısıyla, üçüncü oyuncunun birinci oyuncuya karşı kazandığı oyunların sayısının toplamı bu sefer 10 etmeli. Bu şartı tek bir şekilde sağlayabiliyoruz, o da birinci oyuncu bütün oyunlarını kaybettiyse, çünkü o zaman 6 + 4 = 10 oluyor. Bu yeni oyunda ilk oyunu birinci oyuncu oynamıştı ve sonuca göre onu da kaybetmiş olması lazım. Şimdi de bu sonucu sorunun orijinal haline uyguladığımızda ikinci oyunu birinci oyuncunun kaybetmiş olduğunu görürüz.
Aslında çözümü yazmaya başladığımda baştan sona cebirsel bir çıkarım yapmayı umuyordum ama kimin kaç maç kazandığı sorusuna geldiğimde elimdeki denklemler birden altı bilinmeyenli olmaya başladı. Aslında altı bilinmeyene karşı altı denklem de elde ettim ama bu denklemler de ilk oyunun kimlerin oynadığına bağlı olduğundan üç değişik denklem sistemi çözmem gerekecekti. Bunun yerine o denklemlerden birini yukarıda bir kural olarak kullandım ve gerisini cebirle değil de mantıkla anlatmaya çalıştım.
Soruyu ilk çözdüğümde ise daha başka bir yol izlemiştim. Bir oyuncunun diğerlerinden daha fazla oyun oynaması için ne gerekir diye düşündüm. Tabii ki arka arkaya kazanması lazım. Kazandığı her iki oyun için diğerlerine bir fark atabilir böylece. Bu şekilde ikinci oyuncunun birinci oyuncuya 5 ve üçüncü oyuncunun da birinci oyuncuya 7 fark atabilmesi için birinci oyuncunun bütün oyunları kaybetmesi gerektiğini çıkarmıştım. Sonra da farkların tam olarak bu sonucu verebilmesi için ilk oyunun ikinci ve üçüncü arasında olması gerektiğini buldum, böylece bu oyundan sonra farklar (4 ve 6) için birinci oyuncu yeterince oyun kaybedebilecekti. Sonuç olarak bu yöntem de yukarıda verdiğim çözüme çok benziyor. Hangisi daha kolay bilmiyorum ama.
Sonunda tembelliğie bir süre ara verip Conway’in Hayat Oyunu için bir problem yazmayı başardım. Bu problemde 10 adet canlı hücreyi istenen yerlere koyup 10 adım sonra istenen sayıda canlı hücreye ulaşmaya çalışıyoruz. Denemeler linkteki sayfada yapılabilir. Bol şans!
İşlem:
Kelime:
Çözüm
İşlem:
1. 5 x 6 = 30 6 x 30 = 180 180 - 7 = 173 5 x 173 = 865
2. 25 + 8 = 33 3 x 33 = 99 99 - 9 = 90 7 x 90 = 630
3. 3 + 3 = 6 6 + 7 = 13 75 - 1 = 74 13 x 74 = 962
4. 75 + 1 = 76 2 x 76 = 152 152 + 1 = 153 8 - 2 = 6 6 x 153 = 918
5. 6 x 6 = 36 100 - 36 = 64 64 - 5 = 59 5 x 59 = 295
Kelime:
Üç arkadaş masa tenisi oynamaya karar vermişler. Sadece iki kişi oynayabildiğinden şu kurallarda anlaşmışlar.
Bütün gün oynadıktan sonra şöyle bir sonuç elde etmişler:
Birinci oyuncu 10 oyun oynamış.
İkinci oyuncu 15 oyun oynamış.
Üçüncü oyuncu da 17 oyun oynamış.
İkinci oyunu kim kaybetmiş?
Paraları şu şekilde gösterelim:
A: Ağır para
N: Normal para
H: Hafif para
Tam ağırlıklarını bilmesek de şu şartı biliyoruz:
A > N > H
Elimizdeki dokuz parayı üçerli gruplara ayırıp bunları büyükten küçüğe dizecek şekilde tartalım. Üç grubu büyükten küçüğe dizebilmek için tabii ki üç tartıya ihtiyacımız olacak.
Birinci tartı: Grup 1 > Grup 2 İkinci tartı: Grup 2 > Grup 3 Burada iki tartı sonunda Grup 1 > Grup 2 > Grup 3 diyebiliriz. Birinci tartı: Grup 1 > Grup 2 İkinci tartı: Grup 3 > Grup 2 Bu durumda ise Grup 1 ve Grup 3 arasında bir sıralama yapamayız ve dolayısıyla bir üçüncü tartıma ihtiyacımız var.
Bu ilk üç tartı sırasında bir tartı eşit çıkarsa işimiz kolay, çünkü elimizde sadece bir tane N para olduğundan bu paranın o tartıda kullanılmadığını hemen anlarız. Demek ki N para tartmadığımız gruptadır. Üçlü grup için bir tartının aynı olması ancak şöyle olabilir:
1. AAH = AAH ise kalan grup NHH olacaktır. Bu durumda yine kalanları sıraya dizmeye kalkarız. N > H = H olacağından bir tartıda yine eşitlik çıkacaktır (H = H). Bu durumda o tartıda kullanmadığımız para normal olan N parasıdır. 2. AHH = AHH ise kalan grup AAN olacaktır. Yine bu grubu sıralamaya çalışırsak A = A > N bulacağız. A = A tartısını yaptığımız an diğer paranın normal olduğunu bulmuş oluruz.
İlk üç tartıda bir eşitlik bulduysak N parasını bulmak için en fazla üç tartıya daha ihtiyacımız
olduğunu bulduk. Yanı bu durumda toplam altı tartıda N parası bulunabilir.
Şimdi ilk üç tartıda eşitlik çıkmadığı durumlara bakalım. Eğer bu adımda N parasının hangi grupta olduğunu bulabildiysek kalan işlem için en fazla üç tartı gerektiğini biliyoruz. Yapacağımız tek şey, bu üçlüyü tek tek tartıp sıralamak. Eşitlik olursa diğer para N’dir, eşitlik yoksa ortadaki para.
İlk bakışta N parası sıralamadan sonra ortadaki grupta olmalı gibi geliyor. Büyük çoğunlukta da öyle olacaktır ama ne yazık ki bu şart değil. Bunu görmek için bütün olası grupları yazalım.
AAA > AHH > NHH AAA > ANH > HHH AAN > AAH > HHH AAH > ANH > AHH
Eşitlik olmayan üç tartı olasılıkları bunlar. Burada gördüğümüz şey şu: Eğer N orta gruptaysa orta grup A, N ve H paralarına sahip olmalı. Yani hepsi farklı ağırlıklarda. Diğer durumlarda N parası ya en ağır ya da en hafif grupta olacak.
Bu problemi sonraya bırakıp orta grubu sıralarsak üç değişik ihtimalle karşılaşacağız.
1. A > N > H : Eğer üç tartı dafarklıysa N bu grupta olmalı ve tabii ki ortadaki paradır. 2. A > H = H : Bir eşitlik var ve sıralamadan anlaşılacağı gibi hafif paralar eşit. Bu durumda N bir önceki adımda bulunan en hafif üçlü gruptadır ve bu da tabloya göre NHH olmalıdır. Bu grupta N parasını bir tartıda bulabiliriz. Bunu bir sonraki adımda inceleyeceğim. 3. A = A > H : Eşitlik ağır paralarda olmuşşa N tabloya göre en ağır grupta olmalı. Bu en ağır grup da AAN paralarından oluşuyor. Bu ihtimali de bir sonraki adıma bırakayım.
Şimdiye kadar toplam en fazla altı tartım yaptık ve iki durum hariç N parasını bulduk. Şimdi bu iki durumu tek tartıda nasıl çözeceğimize bakalım.
1. Bir önceki adımın ikinci ihtimalindeysek en hafif grubun NHH olduğunu biliyoruz. Bu gruptan birer para alıp tartarız. Üç ihtimal olacaktır. Eğer tartım eşitse (H = H) aradığımız para tartmadığımız paradır. Diğer iki durumda (N > H ya da H < N) ise ağır gelen para aradığımız paradır. 2. Bir önceki adımın üçüncü ihtimalindeysek en ağır grubun AAN olduğunu biliyoruz. Bu gruptan birer para alıp tartarız. Üç ihtimal olacaktır. Eğer tartım eşitse (A = A) aradığımız para tartmadığımız paradır. Diğer iki durumda (N < A ya da A > N) ise hafif gelen para aradığımız paradır.
Son adımı da tek tartıda çözdüğümüze göre toplamda yedi tartı yeterlidir. MIT Mystery Hunt 2013 etkinliğinde bu soruda ‘yedi tartıda bulun’ diye sorulmuş. Tanya Khovanova ise sayfasında altı tartının yeterli olduğunu da belirtmiş. Henüz altı tartıyla cevabı bulamadım/okumadım. Çözünce onu da yazarım artık.
Siyahın hamlesinden sonraki pozisyonu görüyoruz. Siyah hangi hamleyi yapmıştır?
İşlem:
1. 2 10 2 1 4 100 Hedef : 475
2. 1 2 10 2 2 100 Hedef : 931
3. 1 6 10 5 10 25 Hedef : 816
4. 1 2 1 7 8 50 Hedef : 861
5. 10 4 6 9 10 75 Hedef : 644
Kelime:
Cevaplar
İşlem
1. 2 x 10 = 20
100 ÷ 4 = 25
20 - 1 = 19
19 x 25 = 475
2. 2 x 10 = 20
20 - 1 = 19
100 - 2 = 98
98 ÷ 2 = 49
19 x 49 = 931
3. 10 + 1 = 11
5 x 25 = 125
11 + 25 = 136
6 x 136 = 816
4. 1 + 2 = 3
1 + 8 = 9
3 x 7 = 21
50 - 9 = 41
21 x 41 = 861
5. 10 + 4 = 14
75 + 9 = 84
6 x 84 = 504
10 x 14 = 140
504 + 140 = 644
Kelime
İşlem:
Kelime:
1. Ö D Ş N H Ş E
2. D D Y Ö O İ O
3. İ O F İ C M S
4. İ Ç U M N O E
5. N E C İ B Ü L
Cevaplar:
İşlem:
1. 3 ÷ 3 = 1
50 - 1 = 49
6 + 4 = 10
10 x 49 = 490
2. 75 + 5 = 80
6 x 80 = 480
480 + 7 = 487
3. 4 x 4 = 16 16 - 3 = 13 8 + 7 = 15 25 + 15 = 40 13 x 40 = 520
4. 4 x 6 = 24
75 - 10 = 65
8 - 1 = 7
7 x 65 = 455
455 + 24 = 479
5. 50 - 3 = 47
7 + 9 = 16
5 + 16 = 21
21 x 47 = 987
987 + 10 = 997
Kelime:
1. DÖŞENİŞ (İ JOKER) : Döşenme işi.
2. DİDON (N Joker): Halkın İstanbul’daki yabancılara, özellikle Fransızlara verdiği ad, didona. Züppe.
3. FİLMCİ (L Joker) : Sinemacı.
4. ÇİMENTO (T Joker) : Killi kalkerleri özel fırınlarda pişirip ezmekle elde edilen, çamuru çarçabuk katılaşıp sertleşen ve yapılarda harç malzemesi olarak kullanılan kül renginde veya beyaz toz
5. CÜBBELİ (B Joker): Cübbe giymiş olan.
Stroop etkisini basit bir şekilde gözlemlemek için küçük bir program yazdım.
(Wikipedia'dan alıntı) Stroop etkisi. John Ridley Stroop'un 1935 yılında geliştirdiği üç kısımdan oluşan bir bilişsel kontrol testi. Bir rengin adı (örneğin, "mavi," "yeşil," ya da "kırmızı") farklı bir renkle yazıldığında (örneğin "kırmızı" kelimesi kırmızı renkle değil mavi kalemle/renkle yazıldığında) kelimenin rengini saptama isleminin daha fazla süre aldığını ve aynı renkle yazılması durumuyla karşılaştırıldığında daha fazla hata yapıldığını belirtmektedir. Bu okuma ve okuma sonucundaki anlama isleminin otomatik ve daha hizli olarak gerceklesmesinden kaynaklanmaktadir. Renk saptama islemi ise okuma kadar otomatiklesmis bir islem degildir.
Aşağıdaki linke basılarak oynanan oyunda amaç basit: Büyük kutudaki yazının rengini aşağıdaki seçeneklerden mümkün olduğunca çabuk seçmek. Oyun iki değişik soru seçiyor. Birinde kutudaki rengin adıyla rengin kendisi aynı. Diğerinde ise bu ikisi de farklı. Stroop etkisine göre ikisinin farklı olduğu durumda beynimizin doğru rengi bulması biraz daha uzun sürmeli.
Kutunun üstündeki kutularda o ana kadarki bazı istatistiki bilgiler var. Sol tarafta renkle yazının aynı olduğu soruların bilgileri, sağ tarafta da farklı olduğu durumdaki sonuçlar gösteriliyor. Doğru ve yanlış cevaplar ayrı ayrı sayılıyor. Toplam ve ortalama süre de sadece o kısımda verilen doğru cevaplar üzerinden hesaplanıyor.