Altıgenler (Bilmece)

Bu bilmece de Technoseum müzesinden geliyor. Aşağıdaki altıgen şekillerini kullanarak daha büyük bir altıgen yapmamız isteniyor. Birbirine temas eden kenarların aynı renkte olması gerekiyor.

Altıgen aşağıdaki gibi olacak ama tabii ki burada kurala uyulmamış.

Müzede, en üstteki resimdeki alttan ikinci sırada sağdaki parça masaya sabitlenmiş durumdaydı.

Tutuklular ve kutular (Çözüm)

Soru

Aklıma ilk gelen yöntem şu şekildeydi. İçinde kağıt olan kutuyu göstermek için birden fazla yazı tura dizilimi tanımlayabilirsem ve bunların her birine hangi konumdan olursa olsun tek bir yazı tura değişimiyle gelebilirsem o zaman soruyu çözmüş olurum. Dört kutu ve dört para var. Dört para için toplam 16 tane değişik yazı tura dizilimi var. Her bir kutu için dört tane dizilim kullanma şansım var yani. Peki bunları yukarıdaki varsayımıma uygun bir şekilde seçebilir miyim?

Öncelikle birinci kutu için seçeceğim ilk para diziliminin herhangi bir dizilim olabileceğini düşündüm. Diyelim ki YYYY (yazı – yazı – yazı – yazı) dizilimi birinci kutuda kağıt var anlamına gelsin. Bu durumda gardiyan kağıdı birince kutuya koyduktan sonra paraların durumu YYYY de olabilir. Yani bu dizilimden bir yazıyı tura yaptığım dizilimin de birinci kutu anlamına gelmesi lazım. Bu dizilimi de YYYT şeklinde seçeyim.

Şimdi YYYY ve YYYT dizilimlerine tek bir değişimle erişebilen dizilimleri bulmaya çalışayım.

Not: Burada dizilimlere ayrıca sayısal bir değer vereceğim ki, tabloların bütünlüğü daha kolay anlaşılsın. Dizilimlerin sayı değerini hesaplarken ikilik düzeni kullanacağım. Y için 0, T için 1 değerini kullanacağım ve dizinin onluk düzendeki değerini dizinin yanında parantez içinde göstereceğim.

YYYY (0) -> YYYT (1)
YYYT (1) -> YYYY (0)
YYTY (2) -> YYYY (0)
YYTT (3) -> YYYT (1)
YTYY (4) -> YYYY (0)
YTYT (5) -> YYYT (1)
TYYY (8) -> YYYY (0)
TYYT (9) -> YYYT (1)

Bu şekilde sekiz dizilim için ilk kutuyu gösterebileceğim iki dizilim bulmuş oldum. Kalan sekiz dizilim için de birinci kutuyu simgeleyen iki dizilim bulmam lazım şimdi. Aklıma ilk gelen fikir yukarıdaki tablonun tam tersini almak oldu. Yani T yerine Y ve Y yerine T olacak şekilde seçimlerimi yapabilirim belki. Bu şekilde yukarıdaki tabloda olmayan dizileri elde edeceğimi göstermem lazım. Bunun en kolay yolu tabii ki yeni tabloyu yazmak olacaktır.

TTTT (15) -> TTTY (14)
TTTY (14) -> TTTT (15)
TTYT (13) -> TTTT (15)
TTYY (12) -> TTTY (14)
TYTT (11) -> TTTT (15)
TYTY (10) -> TTTY (14)
YTTT (7) -> TTTT (15)
YTTY (6) -> TTTY (14)

Böylece birinci kutuyu simgeleyecek dört adet dizilim bulmuş oldum: YYYY, YYYT, TTTT, TTTY. Olası her dizilimden bu dizilimlere tek bir hareketle geçiş yapabiliyorum.

Şimdi ikinci kutu için bir seçim yapayım. Şimdiye kadar seçtiğim dört dizilim dışındaki herhangi bir dizilim başlangıç için işe yarayacaktır. Örneğin YYTY dizisini alayım. Şimdi yine yukarıdaki mantığı yürüterek başlangıçta bu dizilimin oluşabileceğini varsayıp tek bir değişimle elde edebileceğim ve daha önce seçilmemiş başka bir dizilim seçeyim. O da YYTT olsun. Yine yukarıdaki gibi bu iki dizilime tek bir değişimle ulaşılabilen dizilimleri yazayım.

YYYY (0) -> YYTY (2)
YYTT (3) -> YYTY (2)
YTTY (6) -> YYTY (2)
TYTY (10) -> YYTY (2)
YYTY (2) -> YYTT (3)
YYYT (1) -> YYTT (3)
YTTT (7) -> YYTT (3)
TYTT (11) -> YYTT (3)

Aynı şekilde bu dizilimlerin terslerini aldığımda da kalan dizilimler için gereken ikinci kutu çözümlerini de şu şekilde yazabilirim:

TTTT (15) -> TTYT (13)
TTYY (12) -> TTYT (13)
TYYT (9) -> TTYT (13)
YTYT (5) -> TTYT (13)
TTYT (13) -> TTYY (12)
TTTY (14) -> TTYY (12)
TYYY (8) -> TTYY (12)
YTYY (4) -> TTYY (12)

Böylece ikinci kutuyu kodlamak için şu dizilimleri bulmuş oldum: YYTY, YYTT, TTYT ve TTYY.

Bu yöntem madem şimdilik çalışıyor gibi gözüküyor, o zaman devam edeyim. Üçüncü kutuyu kodlama için bu sefer YTYY dizilimiyle başlayayım. Yukarıdaki yöntemleri tekrarlayacağım. Başlangıç dizisi YTYY olabileceğine göre tek değişiklikle ulaşabileceğim ama daha önceki kutular için seçmediğim bir dizilim seçeyim. Örneğin, YTYT. Tekrar bu dizilimlere her dizilimden tek bir değişiklikle geçebilir miyim kontrolünü yapayım.

YTYT (5) -> YTYY (4)
YTTY (6) -> YTYY (4)
YYYY (0) -> YTYY (4)
TTYY (12) -> YTYY (4)
YTYY (4) -> YTYT (5)
YTTT (7) -> YTYT (5)
YYYT (1) -> YTYT (5)
TTYT (13) -> YTYT (5)

Yine sekiz değişik dizilimden bu iki dizilime geçebildim. Şimdi bunların da tersleri dizilimleriyle kalan tabloyu oluşturayım.

TYTY (10) -> TYTT (11)
TYYT (9) -> TYTT (11)
TTTT (15) -> TYTT (11)
YYTT (3) -> TYTT (11)
TYTT (11) -> TYTY (10)
TYYY (8) -> TYTY (10)
TTTY (14) -> TYTY (10)
YYTY (2) -> TYTY (10)

Böylece üçüncü kutuyu kodlayan dizilimleri de bulmuş oldum: YTYY, YTYT, TYTT ve TYTY.

Kalan dört dizilim de dördüncü kutuyu kodlamak için kullanılabilir: TYYT, TYYY, YTTT, YTTY.

YYYY (0) -> TYYY (8)
YYYT (1) -> TYYT (9)
YYTY (2) -> YTTY (6)
YYTT (3) -> YTTT (7)
YTYY (4) -> YTTY (6)
YTYT (5) -> YTTT (7)
YTTY (6) -> YTTT (7)
YTTT (7) -> YTTY (6)
TYYY (8) -> TYYT (9)
TYYT (9) -> TYYY (8)
TYTY (10) -> TYYY (8)
TYTT (11) -> TYYT (9)
TTYY (12) -> TYYY (8)
TTYT (13) -> TYYT (9)
TTTY (14) -> YTTY (6)
TTTT (15) -> YTTT (7)

Böylece problem için bir çözüm bulmuş oldum.

Algoritma olarak her bir kutuyu kodlamak için yaptığım adımlar şöyle oldu: Daha önce seçilmemiş bir dizilim aldım. Sonra bu dizilime bir değişiklik uzakta başka bir dizilim aldım ve sekiz değişik dizilimin bu iki dizilime bir değişiklik uzakta olduğunu gösterdim. Kalan diğer iki dizilimi de bu seçtiğim iki dizilimin tersi olarak seçtim ve bu dizilimlerin de diğer sekiz dizilime birer değişiklik uzaklıkta olduğunu gösterdim.

Şimdi aklıma takılan bazı sorulara bakayım:

  1. Her adımda seçtiğim ilk iki dizilim her zaman sekiz değişik dizilimden bir değişiklik uzakta mı? Birbirine bir değişiklik mesafede iki dizilimin bir basamakları farkllı ve diğer üç basamakları aynı olmak zorundadır. Seçtiğim iki dizilimin arasındaki mesafe bir değişiklik olduğundan ikisi de bu iki dizilime bir değişiklik mesafede olan dizilimler arasında olacak ve birbirlerinden farklıdırlar. Kalan üçer basamak için de ya elimdeki sayılara (ikisine de) o basamak değeri kadar ek yapacağım (eğer basamak değeri sıfır ise) ya da sayının değerinden o basamak değeri kadar çıkaracağım. İki durumda da oluşan sayılar elimdeki sayılardan ve birbirlerinden farklı olacaklar. Basamakların değerleri de 1, 2, 4 ya da 8 olduğundan değişik basamakların değerlerini (sadece bir basamağın) ekleyerek ya da çıkararak eşit sayılar elde edemeyiz.
  2. Dizilimlerin tersini aldığımda (yani yazı yerine tura, tura yerine yazı koyunca) önceki sekiz dizilimle bir çakışma olabilir mi? Dizilimlerin onluk düzendeki değerlerine bakarsak bir dizilimin değeriyle o dizilimin tersinin değerini topladığımızda her zaman 15 sayısına ulaşıyoruz. Çakışma olabilmesi için sekizlik grupta toplamları 15 olan iki dizilimin olması gerekir. Şöyle bir mantık yürüteyim. Birbirine mesafesi bir olan iki dizilimden herhangi birine mesafesi bir değişim olan iki rastgele dizilim arasındaki mesafe en fazla üç olabilir olabilir. Dizilimlerin birine A diyelim ve bu seçtiğim ilk dizilime bir değişim mesafede olsun. Diğer B dizilimi de ikinci dizilime bir değişim mesafede olsun. O zaman A diziliminden B dizilimine önce bir seçtiğim iki dizilim üzerinden en fazla üç dizilimle gidebilirim. Şimdi toplamları 15 değerini veren dizilimlere bakayım.
YYYY (0) -> TTTT (15) : aradaki mesafe 4
YYYT (1) -> TTTY (14) : aradaki mesafe 4
YYTY (2) -> TTYT (13) : aradaki mesafe 4
YYTT (3) -> TTYY (12) : aradaki mesafe 4
YTYY (4) -> TYTT (11) : aradaki mesafe 4
YTYT (5) -> TYTY (10) : aradaki mesafe 4
YTTY (6) -> TYYT (9) : aradaki mesafe 4
YTTT (7) -> TYYY (8) : aradaki mesafe 4

Tablodan da görüldüğü gibi toplamın 15 olabilmesi için seçtiğim iki dizilimin ürettiği sekiz dizilimdeki iki dizilim arasındaki mesafenin dört olması lazım ama bu mesafe en fazla üç olabiliyor. Demek ki toplamı 15 eden iki dizilim bu sekiz dizilim arasında yok. O zaman tersleri ile aralarında bir çakışma da olamaz. Yani kullandığım yöntem gerçekten de işe yarıyor gibi gözüküyor.

Not: Literatürde bu dizilimler arasındaki mesafeye (birinden diğerine geçişte gereken değişiklik sayısına) Hamming mesafesi deniyor.

Tutuklular ve kutular

Bu bilmece de Alex Bellos’un köşesinden geliyor.

Ali ile Veli tutukludur. Bir gün gardiyan gelir ve bir oyun oynayacaklarını, eğer kazanırlarsa serbest bırakılacaklarını söyler. Oyunun kuralları şöyle:

Gardiyan sabah gelip Ali’yi bir odaya götürecek. Veli başka bir odada bekleyecek. Ali’nin getirildiği odada birden dörde kadar numaralanmış dört adet boş kutu olacak. Ali bu kutuları görürken gardiyan bir kutuya cebinden çıkardığı bir kağıdı koyacak. Ali kağıdın hangi kutuya koyulduğunu bilecek yani. Sonra gardiyan cebinden dört adet hilesiz madeni para çıkaracak ve sırayla yazı tura atıp her bir parayı birer kutunun üzerine koyacak. Ali hangi paranın yazı ya da tura geldiğini ve hangisinin hangi kutu üzerinde olduğunu da bilecek. Sonra gardiyan Ali’ye bir parayı seçmesini söyleyecek. Alinin seçtiği para yazı ise turaya, tura ise de yazıya döndürülecek ve Ali odadan çıkarılacak.

Ardından Veli odaya alınacak. Veli kutuların içini göremeyecek ama üzerindeki paraların durumunu görecek. Veli odaya girdikten sonra bir kutuyu seçecek. Eğer doğru kutuyu seçerse ikisi de serbest bırakılacak, bulamazsa tutukluluk devam edecek.

Ali kutuların olduğu odaya girdikten sonra Veli ile aralarında paralar dışında başka hiçbir iletişim olmayacak. Bütün bu bilgiler doğrultusunda Ali ve Veli oyun başlamadan önce beraberce bir strateji belirleyebilecekler. Serbest kalmalarını garantileyecek strateji nasıl olmalıdır?

Şapkalar (çözüm)

Soru:

En az 6 mavi ve en az 6 kırmızı şapka görenler olduğuna göre odada en az 12 kişi olmalı. Hatta bunları gören en az bir kişi olduğuna göre en az 13 kişi de olmalı.

O zaman şöyle bir başlangıç yapalım. Odada 6 tane mavi ve 6 tane de kırmızı şapkalı insan olsun. Bunları gören diğer birinin başında da ya mavi ya kırmızı şapka olacaktır. Onun başındaki şapkanın da kırmızı olduğunu varsayalım. O zaman odada şu an 6 mavi ve 7 kırmızı şapkalı insan var. Bu durumda ama mavi şapkalıların hiçbiri 6 mavi şapka görmediğinden hiçbiri ellerini kaldırmaz. Kırmızı şapkalılar ise tam 6 mavi ve 6 kırmızı şapka görürler, dolayısıyla bu durumda sadece 7 kişi ellerini kaldırır.

Mavi şapkalıların da sayısını bir artırarak onların da 6 mavi şapka görmesini sağlayabiliriz. Bu durumda ise bütün kırmızılar ve bütün maviler ellerini kaldırır ve birden 14 elin kalktığını görürüz. Yani iki rengi de artırmak problemi çözmemizi engelliyor.

O zaman çözüm kolay. Sadece bir rengi artıracağız. Yani ellerini kaldıranlar tek bir renkten olacak. O zaman 6 mavi ve 12 kırmızı şapkanın problemi çözdüğünü görebiliriz. Aynı şekilde 6 kırmızı ve 12 mavi şapka da çözüm olur ama problemde toplam kaç kişi olduğu sorulduğundan cevap değişmez. Toplam 18 kişi vardır.

Şapkalar

Bu soruyu da Alex Bellos’un sayfasından aldım.

Bir odada bir grup insan var. Her birinin kafasında ya mavi ya kırmızı bir şapka var. Herkes kendi başındaki şapka hariç diğer şapkaları görebiliyor. İçlerinden biri “en az altı mavi ve en az altı kırmızı şapka görenler ellerini kaldırsın” diyor. On iki kişi ellerini kaldırıyor. Odada kaç kişi vardır?

Çözüm

Sayı kartları (çözüm)

Soru

Anaximander’in kartlarından birinde 8 sayısı var.

Boethius’un kartlarında sadece asal sayılar varmış. Yani 2, 3, 5, 7, 11.

Confucius’un kartlarında da asal olmayan ve ortak bir asal çarpanı olan üç sayı varmış. Bunlar da 4, 6, 9, 10 ve 12 olabilir. 1’in asal çarpanı olmadığı için listede yok. 8 sayısı Anaximander’in kartlarında ve 2 sayısı da asal olduğundan Confucius’un kartlarında olamaz.

Bu bilgilere bakan Diogenes kimde hangi sayıların olduğunu bulabiliyor.

Şimdi bu bilgilere biraz daha bakalım. Boethius’un kartlarında üç tane asal olduğuna göre kalan iki asal Anaximander’de ve Diogenes’te olmalı, çünkü Confucius’ta hiç asal yok. Peki bu asalların dağılımı nasıl olmalı ki Diogenes kendi kartlarına baktığında kimde hangi sayıların olduğunu görebiliyor?

Dikkat edersek asallarla ilgili Boethius’tan başka bilgi veren yok. Yani eğer Anaximander’de asal sayı varsa, Diogenes hangi asal sayıların Boethius’ta hangi asal sayının veya asal sayıların Anaximander’de olduğunu bilemez. O zaman kalan iki asal sayı da Diogenes de olmalı. Bu şekilde Diogenes Boethius’un üç sayısını da bilebilir.

Şimdi kalan sayılara bakalım. 8 sayısı Anaximander’deydi. O zaman 1, 4, 6, 9, 10, 12 sayıları kaldı. 1 sayısı kimde olmalı?

1 sayısı eğer Diogenes’te olsa, o zaman Diogenes 4, 6, 9, 10 ve 12 sayılarının hangi üçünün Confucius’ta, hangi ikisinin de Anaximander’de olduğunu bulamaz. Olasılıklara bakalım:

Anaximander: 4, 10 Confucius: 6, 9, 12 (ortak asal çarpan 3)

Anaximander: 9, 12 Confucius: 4, 6, 10 (ortak asal çarpan 2)

ve daha başka dağılımlar da bulunabilir.

Demek ki 1 sayısı Diogenes’te olamaz. 1 sayısı Anaximander’de.

Artık dağıtmamız gereken beş sayı kaldı. 4, 6, 9, 10, 12. Bu sayıların biri Anaximander’de, üçü Confucius’ta, sonuncusu da Diogenes’te. Hangi dağılımda Diogenes herkesin sayılarını bilebilir?

Bunun için şöyle bir tablo yapayım:

AnaximanderConfuciusDiogenes
10 ya da 9(6, 9, 12) ya da (6, 10, 12)4
94, 10, 126
12, 6, 4 ya da 10(4, 6, 10) ya da (4, 10, 12)
ya da (6, 10, 12)
ya da (4, 6, 12)
9
4 ya da 9(6, 9, 12) ya da ((4, 6, 12)10
9(4, 6, 10)12

Bu tabloyu Diogenes sütunundan okumaya başlayalım. Eğer Diogenes’te 4, 9 ya da 10 sayılarından biri varsa kalan sayıların dağılımı birden fazla şekilde yapılabiliyor. Bu durumda Diogenes diğerlerinin sayılarını bilemez. Buna karşın Diogenes’in sayıları 6 ya da 12 ise kalan sayıların dağılımı tek şekilde yapılabiliyor. Bu dağılımların ikisinde de Anaximander 9 sayısına sahip oluyor.

Sonuçta Diogenes herkesin sayılarını biliyor ama biz problemi çözünce Diogenes’in hiçbir sayısını bilemiyoruz. Elindeki sayıları bilebileceğimiz tek kişi de Anaximander ve soruda da onun sayıları sorulmuş. 1, 8, 9.

Anaximander de diğerlerinin sayılarını bilemez, ne asal sayıların ne de asal olmayan sayıların dağılımı hakkında bir bilgiye sahip değil.

Boethius kalan iki asal sayının Diogenes’te olduğunu bulabilir ama Diogenes’in son sayısını bulamaz.

Aynı şekilde Confucius da Diogenes’in asal olmayan sayısını bilir ama asalların nasıl dağıldığını bulamaz.

Klasik bir şapka bilmecesi

Büyük ihtimalle şu bilmeceyi biliyorsunuzdur:

Padişah vezir seçmek için üç çok zeki ve mantıklı aday bulur. Adaylara yapacağı testin kurallarını anlatır:

Elimde üçü kırmızı ikisi mavi beş tane şapka var. Üçünüz de birbirinizi görecek şekilde şu üç sandalyeye oturacaksınız ve gözleriniz kapatılacak. Sonra her birinizin başına bu şapkalardan biri konulacak. Ardından aynı anda gözleriniz açılacak. Birbirinizle iletişim yasak. Başındaki şapkanın rengini tahmin etmek isteyen ayağa kalkacak ve bu rengi söyleyecek. Bir tahmin hakkınız var. Şapkasının rengini bilen ilk kişi vezir olacak.

Sonra adayların gözleri kapatılır ve padişah hepsinin başına da kırmızı şapka koydurur. Bir süre sonra adaylardan biri benim başımdaki şapka kırmızı der ve vezir olur.

Vezir nasıl bir mantık yürüttü de şapkasının rengini bildi?

Bu bilmecenin çözümü şöyledir:

Adaylara A, B ve C diyelim. Diyelim ki A adayı şapkasının rengini bildi. O zaman A adayının yürüttüğü mantık aşağıdaki gibidir.

Eğer benim başımdaki şapka mavi olsaydı, o zaman B adayı bu mavi şapkayı görecekti ve kendi başındaki şapka da mavi olsaydı C adayının hemen ayağa kalkıp kendi şapkasının kırmızı olduğunu söyleyeceğini düşünecekti. C adayı hala ayağa kalkmadığına göre hem benim (A) hem de B adaylarının şapkası mavi olamaz. Bu durumda benim başımdaki şapka mavi olsa bu sefer B adayı kendi şapkasının renginin kırmızı olduğunu şimdiye kadar anlayacaktı ve ayağa kalkıp kırmızı diyecekti ama bunu da yapmadığına göre benim başımdaki şapka kırmızı olmalı.

Benim oldukça hoşuma giden bir mantık yürütme yöntemi. Kendisini diğerlerinin yerine koyarak problemi adım adım çözüyor. Bu cevapta aklıma dikkatimi çeken şey yürütülen mantığın bütün adaylardan bağımsız olmasıdır. Bu nedenle üç adayın da aynı anda kalkıp kendi şapkasının kırmızı olduğunu bilmesini beklerdim.

Çözümde dikkate değer başka noktalar da var yalnız. A adayı yorum yaparken kendisini başkalarının yerine koyuyor ve eğer diğer türlü olsaydı şimdiye kadar şöyle tepkiler verirlerdi diye mantık yürütüyor. Yani mantıkta belli olmayan bir zaman bilgisi ile diğer kişilerin de sahip olduğuna inandığı bilgileri kullanıyor. A adayı aslında B ve C adaylarının aynı bilgilere sahip olup olmadığını bilmiyor ama bunu, her adayın çok zeki ve mantıklı olduğu varsayımına dayanarak doğru kabul ediyor. Zaman da önemli bence. A adayı herkesin aynı bilgiye sahip olduğunu ne zaman kabul edebilir? Bir saniye sonra mı? Yüz milisaniye sonra mı?

Şimdi zamanın bu çözümlerde nasıl başa bela olabileceğine bakalım. Adaylar çok zeki ve hepsi de vezir olmak istiyor. O zaman yalan söyleyerek diğerlerini şaşırtmayı da deneyebilirler. İletişim yokken nasıl yalan söyleyecekler sorusunun cevabı da zamanda gizli.

Örneğin başlarındaki şapkalar mavi (A), kırmızı (B) ve kırmızı (C) olsun (mavi mavi kırmızıda başında kırmızı olan şapka olan adayın daha başka bir mantık yürütmesine gerek yok, dolayısıyla yalanlara karşı da güvenli durumdadır). B ve C adayları bir tane mavi ve bir tane kırmızı şapka gördüklerinden birbirlerine karşı eşit durumdadırlar. Çözmeleri gereken tek sorun ne kadar zaman sonra diğer adayın ikinci mavi şapkayı görmediğinden emin olabilirler? Bu soruya cevap vermek yukarıda da dediğim gibi kolay değil ama burada başka bir imkan daha var. Bir mavi ve bir kırmızı şapka göre adaylar gerçekten de diğerinin ne düşündüğünü hesaba katmak zorunda mı? Kendi kafasında kırmızı şapka olan bir aday kendi kafasında mavi şapka olma şansını doğrudan atlayabilir, çünkü öyle bir durumda diğer adayla zamana karşı bir yarışta olacak (kendi başındakinin mavi olduğunu bilebilmesi için önce diğer adayın kendi şapkasının kırmızı olduğunu bilmesi gerekiyor). Böyle bir şapka dağılımında bence B ve C adayları (bir kırmızı ve bir mavi şapka görenler) diğerinin düşünmesini beklemeden hemen kırmızı diye tahminde bulunabilirler. Bu stratejinin kaybettiği durum padişahın gerçekten de iki mavi ve bir kırmızı şapka koyduğu durum ama bu durumda kafasında kırmızı şapka olan zaten kazanacağından ilk bakışta kafasında mavi şapka olan adayların kaybettiği bir şey yok gibi görünüyor. Bu stratejinin varlığı diğer adayı da baskı altında tutacaktır, yani ona mantık yürütmek için pek zaman bırakmayabilir.

Peki üç kırmızı şapka durumunda zaman faktörü nasıl işleyebilir? Her aday iki kırmızı şapka gördüğünden herkes birbirine göre eşit durumda. Rakipleri kandırmanın tek yolu ugerektiğinden daha uzun süre düşünmek olduğundan burada da “yalan söylemek” pek işe yaramıyor gibi. Bir adayın düşünme süresi arttıkça diğerlerinin başında mavi şapka olma olasılığı azalıyor. Burada da mavi şapkayı doğru bilmek diğerlerinin bizden daha önce doğru cevabı vermesiyle olabileceğinden belki de işi yine şansa bırakmak daha iyi bir strateji olabilir. Yani iki kırmızı gören hemen kendi başındaki şapkanın da kırmızı olduğunu söyleyebilir.

Bu problemi düşünmeye başladığımda zamanla oynayarak rakipleri yanlış yönlendirmek mümkün olabilir diye düşünüyordum ama öyle bir yol bulamadım. Zaman faktörü yine de önemli, çünkü mantığı doğru yürütmek için herkesin belli bir anda ne kadar bilgiye sahip olduğunu bilmek lazım ve bunu bağladığımız tek faktör de zaman. Belli bir süre geçtiğinde bir aday hala şu tepkiyi vermemişse o zaman o aday diğer kişilerinn şapkaları hakkında şu bilgilere sahiptir ve ben de kendi bilgilerimi artık güncelleyebilirim ama o belli bir süre ne kadar olmalı? Ayrıca bu mantık yürütme de kısaca hala kaybetmediysem başımdaki şapkanın rengi şu olmalıdır şeklinde, yani bu mantık yürütme kuralları öğrendikten hemen sonra yapılabilir ve oyunu kazanmak için de ilk bilen olmak gerektiğinden kaybedilecek olasılıklar elenir ve doğrudan en iyimser tahmin yapılabilir.

Gerçek hayatta bu oyun değişik kombinasyonlarla ve zeki insanlarla oynansa acaba nasıl sonuçlar çıkardı? Daha da kötüsü zeki birisi daha yavaş düşünen birisine karşı kaybedebilir bile ama soruda herkesin süper olduğu verilmişti. Yine de ilginç bir deneme olurdu.

Sayı kartları

Tanya Khovanovna’nın sayfasında gördüğüm bir bilmece.

Üzerinde birden onikiye kadar sayıları yazılı olduğu oniki tane kartımız var. Bu kartla Anaximander, Boethius, Confucius ve Diogenes arasında eşit olarak paylaştırılıyor, yani her biri üç tane kart alıyor. Sonra sırayla aralarında şöyle bir konuşma geçiyor.

Anaximander: Benim kartların birinde 8 var.

Beothius: Kartlarımın hepsinde asal sayılar var.

Confucius: Benim sayılarımın hiçbiri asal değil. Ayrıca üçünün de ortak bir asal çarpanı var.

Diogenes: O zaman her birinizin hangi kartlara sahip olduğunu biliyorum.

Herkes doğruyu söylemişse Anaximander’in kartlarında hangi sayılar vardır?

Çözüm

Anca beraber kanca beraber 2

Oyunun bu varyantında orijinal soruya küçük ama önemli bir değişiklik yapıyoruz.

Sizi ve o güne kadar hiç karşılaşmadığınız birini iki farklı odaya koyuyorlar ve bir oyun oynuyorsunuz. Oyunun kuralları şöyle:

Her turda iki seçenekten birini uyguluyorsunuz.

  1. Oyunu bitiriyorsunuz ve bir renk söylüyorsunuz.
  2. Diğer odadaki oyuncuya yazılı bir mesaj gönderiyorsunuz. Bu yazılı mesajdan başka hiçbir iletişim imkanınız yok. Eğer iki oyuncu da mesaj göndermeye karar vermişse mesajlar aynı anda iletiliyor.

Eğer ikiniz de aynı turda oyunu bitirir ve aynı rengi söylerseniz oyunu kazanıyorsunuz. Eğer ikiniz de farklı turlarda oyunu bitirmeye çalışır ya da aynı turda bitirip de farklı renkleri söylerseniz kaybediyorsunuz.

Diğer oyuncu da sizin kadar mantıklı ise oyunu kazanmak için nasıl oynarsınız?

Anca beraber kanca beraber (Çözüm)

Soru

Seriye kolay bir soruyla başlamıştım. Oyuncular mesajlarını sırayla iletebiliyordu. İlk turda oyunu bitirip rastgele bir renk söylemenin oyunu kazanmak için iyi bir strateji olmadığını görmek kolay olmalı. İki oyuncu da oyunu bitirmeden önce hangi rengi söyleyeceklerine karar vermeli. Ayrıca oyunu hangi turda bitireceklerini de bulmaları lazım. Bu karar verilene kadar birbirlerine mesajlar göndermeleri lazım.

Neyse ki oyunun bu varyantında işler kolay. İlk turda mesaj gönderme sırası kendisinde olan oyuncu örneğin şu mesajı gönderebilir.

“İkinci turda oyunu bitireceğiz ve kırmızı diyeceğiz.”

Bu şekilde iki oyuncu arasında basit bir sözleşme yapılmış olur. Kurallara ve oyuncuların mantıklı olmalarına güvenilirse bu yöntem yeterli olacaktır. Eğer biraz daha güvenlik istenirse o zaman sözleşmenin karşı taraftan onaylanması istenebilir. Sonuçta kurallara göre mesaj gönderebiliyoruz ama mesajın doğru gidip gitmediğini bilmiyoruz. Bu durumda şöyle mesajlar kullanılabilir:

  1. tur (birinci oyuncu): Üçüncü turda oyunu bitireceğiz ve kırmızı diyeceğiz. Lütfen bunu ikinci turda onayla!
  2. tur (ikinci oyuncu): Üçüncü turda oyunu bitireceğiz ve kırmızı diyeceğiz.

Eğer ikinci turun mesajı birinci oyuncuya ulaşmışsa üçüncü turda oyun kırmızı renkle bitirilir. Burada hala küçük bir belirsizlik var tabii. İkinci mesaj yerine ulaştı mı? Sonuçta ortama güven ne kadar yüksekse oyun o kadar kısa sürecek.