Kategori: Bilmece

Bir masa üzerinde çeşitli değerlerde yanyana konulmuş elli adet madeni para bulunmakta. İki oyuncu sırayla bu sıranın kendi seçtikleri bir ucundaki madeni parayı alıyor. Masada para kalmadığında topladığı para değeri daha çok olan oyuncu oyunu kazanmış oluyor. İlk hamle sizin. Nasıl bir strateji kullanırsınız?

Oyunun kuralından ve konuşmalardan aşağıdaki çıkarımları yapabiliriz:

1. Sayılar birden büyük: Kural olarak verilmiş. Demek ki olası en küçük sayı çifti 2 ve 2.
2. Ayla’nın çarpımı birden farklı sayıların çarpımı olarak en az iki değişik şekilde yazılabiliyor: Aksi halde Ayla iki sayıyı da hemen bulabilirdi.
3. Ahmet’in toplamı birden farklı iki sayının toplamı şeklinde en az iki şekilde yazılabilmeli: Aksi halde Ahmet ilk turda sayıları bulabilirdi.
4. Ahmet’in elindeki toplamı veren sayı çiftlerinin hepsi de birden farklı sayıların çarpımı olarak en az iki değişik şekilde yazılabiliyor: Aksi takdirde Ahmet Ayla’nın toplamı bulamayacağını bilemezdi.
5. Toplam 14’ten küçük: Konuşmadan öğreniyoruz.

Bu çıkarımlar doğrultusunda bir tablo hazırlayalım.

Toplam	Olası toplamlar	Olası çarpımlar	Açıklama
4	$latex 2+2=4 4	\(2\cdot{2}=4 \)	(2) ve (3) numaralı kurallar ihlal edildiğinden bu sayılar olamaz.
5	$latex 2+3=5 4	\(2\cdot{3}=6 \)	(2) ve (3) numaralı kurallar ihlal edildiğinden bu sayılar olamaz.
6	\(2+4=6 \) \(3+3=6 \)	\(2\cdot{4}=8 \) \(3\cdot{3}=9 \)	(2) numaralı kural ihlal edildiğinden bu toplam da olamaz.
7	\(2+5=7 \) \(3+4=7 \)	\(2\cdot{5}=10 \) \(3\cdot{4}=12=2\cdot{6} \)	(4) numaralı kural ihlal edildiğinden bu toplam da olamaz.
8	\(2+6=8 \) \(3+5=8 \) \(4+4=8 \)	\(2\cdot{6}=12=3\cdot{4} \) latex 3\cdot{5}=15 $ \(4\cdot{4}=16=2\cdot{8} \)	(4) numaralı kural ihlal edildiğinden bu toplam da olamaz.
9	\(2+7=9 \) \(3+6=9\) \(4+5=9 \)	\(2\cdot{7}=14 \) \(3\cdot{6}=18=2\cdot{9} \) \(4\cdot{5}=20=2\cdot{10} \)	(4) numaralı kural ihlal edildiğinden bu toplam da olamaz.
10	\(2+8=10 \) \(3+7=10 \) \(4+6=10 \) \(5+5=10 \)	\(2\cdot{8}=16=4\cdot{4} \) \(3\cdot{7}=21 \) \(4\cdot{6}=24=3\cdot{8}=2\cdot{12} \) \(5\cdot{5}=25 \)	(4) numaralı kural ihlal edildiğinden bu toplam da olamaz.
11	\(2+9=11 \) \(3+8=11 \) \(4+7=11 \) \(5+6=11\)	\(2\cdot{9}=18=3\cdot{6} \) \(3\cdot{8}=24=2\cdot{12} \) \(4\cdot{7}=28=2\cdot{14} \) \(5\cdot{6}=30=3\cdot{10}=2\cdot{15} \)	Bütün kurallara uyuluyor
12	\(2+10=12 \) \(3+9=12 \) \(4+8=12 \) \(5+7=12 \) \(6+6=12 \)	\(2\cdot{10}=20=4\cdot{5} \) \(3\cdot{9}=27 \) \(4\cdot{8}=32=2\cdot{16} \) \(5\cdot{7}=35 \) \(6\cdot{6}=36=3\cdot{12}=4\cdot{9}=2\cdot{18} \)	(4) numaralı kural ihlal edildiğinden bu toplam da olamaz.
13	\(2+11=13 \) \(3+10=13 \) \(4+9=13 \) \(5+8=13 \) \(6+7=13\)	\(2\cdot{11}=22 \) \(3\cdot{10}=30=5\cdot{6} \) \(4\cdot{9}=36=2\cdot{18}=3\cdot{12}=6\cdot{6} \) \(5\cdot{8}=40=4\cdot{10}=2\cdot{20} \) \(6\cdot{7}=42=3\cdot{14}=2\cdot{21} \)	(4) numaralı kural ihlal edildiğinden bu toplam da olamaz.

Bu tablodan olası tek toplam olarak 11 ortaya çıkıyor. Hangi sayı çiftinin doğru olduğunu bulmak için (5) numaralı çıkarımı hem Ayla’ya hem Ahmet’e uygulamamız yeterli. Yani Ayla da çarpıma bakarak toplamın 14’ten küçük olduğunu baştan beri biliyorduysa o zaman elindeki çarpım 24, 28 ya da 30 olamaz. Bu durumlarda toplamın 14 ya da daha büyük olduğu birer çarpım var. Bu durumda Ayla’nın elindeki çarpım 18 olmalı, yani öğretmen 2 ve 9 sayılarını tutmuş.

Matematik öğretmeni sınıfta yine bir oyun oynamaya karar verir ve Ayla ile Ahmet’i yanına çağırır. Oyunun kuralları basittir. Öğretmen aklında birden büyük iki tam sayı tutar. Bu iki sayının çarpımını Ayla’ya, toplamını da Ahmet’e verir. Ayla ile Ahmet arasında sonra şöyle bir konuşma geçer:

Ayla: Toplamı bulamadım.

Ahmet: Bulamayacağını biliyordum. Toplam 14’ten küçük.

Ayla: Bunu biliyordum ama şimdi iki sayıyı da buldum.

Ahmet: Ben de!

Öğretmenin tuttuğu sayılar neydi?

Tartı işlemlerinin nasıl yapılacağını bulmak için önce en az kaç kere tartmamız gerektiğini bulmamız lazım. Bunun için de öncelikle üçer topun kaç değişik şekilde dizilebileceğini bulmalıyız. Olası bütün dizilimleri bulmak için altı top arasında sadece ağır topların dizilişlerine bakmamız yeterli, çünkü bu dizilişler hafif topların dizilişlerini de kesin olarak belirler. Diziliş sayısını bulmak için altı topun üçlü kombinasyonunu hesaplayalım.

\(\binom{6}{3}=\frac{6!}{3!\cdot{3!}}=\frac{6\cdot{5\cdot{4\cdot{3\cdot{2\cdot{1}}}}}}{3\cdot{2\cdot{1\cdot{3\cdot{2\cdot{1}}}}}}=5\cdot{4}=20 \)

Madem çok fazla diziliş yok o zaman bu dizilimleri aşağıdaki gibi listeleyebiliriz. Ağır toplar için A, hafif toplar için de H harflerini kullanalım.

1. A A A H H H
2. A A H A H H
3. A A H H A H
4. A A H H H A
5. A H A A H H
6. A H A H A H
7. A H A H H A
8. A H H A A H
9. A H H A H A
10. A H H H A A
11. H A A A H H
12. H A A H A H
13. H A A H H A
14. H A H A A H
15. H A H A H A
16. H A H H A A
17. H H A A A H
18. H H A A H A
19. H H A H A A
20. H H H A A A

Çift kefeli bir terazi ile tek tartıda üç değişik durumu ölçebiliriz:

1. Sol kefe daha ağırdır.
2. Sol kefe daha hafiftir.
3. İki kefe de eşit ağırlıktadır.

İki tartıda \(3\cdot{3}=9 \) değişik durum ölçebiliriz.

Üç tartıda ise \(3\cdot{3\cdot{3}}=27 \) durumu ölçebiliriz.

\(27>20 \) olduğundan üç tartı ile bu problemi çözebileceğimizi varsayabiliriz. En azından daha az tartıda çözüm olmadığını biliyoruz. O zaman üç tartı ile soruyu çözmeye çalışalım.

Bu noktada küçük bir tartı tuzağına dikkat etmeliyiz. Eğer iki kefeye de üçer top koyarsak tartı aşağıdaki durumlardan birinde olacaktır:

• A A A > H H H
• A A H > A H H
• A H H < A A H
• H H H < A A A

Bu olasılıklardan da görüldüğü üzere bu tartının eşit olma şansı yok. Yani üç tartıdan birinde üçer top tartmaya kalkarsak çözebileceğimiz toplam durum sayısı \(3\cdot{3\cdot{2}}=18<20\) olacaktır ki bu durumda olası 20 durumun hepsini bulamayacağız.  Böylece problemin çözümünde iki kefeye de ya bir ya iki top koymamız gerektiğini bulmuş olduk.

Şimdi de tartıların nasıl yapılacağını bulalım.

 Topları \(T_{1}, T_{2},T_{3}, T_{4}, T_{5}, T_{6} \) diye gösterelim.

Önce kolay olan yöntemi deneyelim. Her kefeye birer top koyarak çözümü bulabilir miyiz diye deneyelim.

1. senaryo: Tartı sonuçlarında hiç eşitlik olmadı:

1. tartı: \(T_{1}>T_{2} \) ise \(T_{1}=A \) ve \(T_{2}=H \) sonuçlarını elde ederiz.

2. tartı:  \(T_{3}>T_{4} \) ise \(T_{3}=A \) ve \(T_{4}=H \) sonuçlarını elde ederiz.

Bu aşamada kalan iki topun da farklı ağırlıklarda olduğu artık biliniyor, çünkü bir ağır ve bir hafif top kaldı.

3. tartı: \(T_{5}>T_{6} \) ise \(T_{5}=A \) ve \(T_{6}=H \) sonuçlarını elde ederiz.

2. senaryo: İkinci tartıda eşitlik oldu:

2. tartı: \(T_{3}=T_{4} \) ise \(T_{3}=A \) ve \(T_{4}=A \) ya da \(T_{3}=H\) ve \(T_{4}=H \) olmalı. Bu durumda ilk tartı sonuçlarını da dikkate alırsak kalan iki topun da kendi aralarında eşit ve ikinci tartıdaki toplardan farklı olduğu sonucuna varırız. O zaman 3. tartıda ikinci ve üçüncü gruplardan birer tane topu karşılaştırmak yeterli olacaktır:

3. tartı: \(T_{3}>T_{5} \) ise \(T_{3}=T_{4}=A \) ve \(T_{5}=T_{6}=H \) sonucunu elde ederiz. Eğer \(T_{3}<T_{5} \) ise de \(T_{3}=T_{4}=H \) ve \(T_{5}=T_{6}=A \) olacak şekilde bütün topları bulmuş oluruz.

3. senaryo: İlk tartıda eşitlik çıktı:

1. tartı: \(T_{1}=T_{2} \) ise \(T_{1}=T_{2}=A \) ya da \(T_{1}=T_{2}=H \) sonuçlarını elde ederiz.

2. tartı: İlk gruptan bir top ile kalan dörtlü gruptan bir topu karşılaştıralım. \(T_{1}=T_{3} \) ise işimiz kolay. Üçerli iki grubu bulmuş olduk. Bilmediğimiz tek şey hangi grubun ağır olduğu. Bunu da son tartıda iki gruptan birer topu karşılaştırarak çözebiliriz. \(T_{1}>T_{3} \) ise \(T_{1}=T_{2}=A,T_{3}=H \) sonuçlarını bulmuş oluruz. Son tartıda da kalan üç topu çözmemiz gerekiyor.

3. tartı: Bu tartıda kalan üçlüden birer topu karşılaştıracağız. \(T_{4}=T_{5} \) ise bu ikisi de hafif olmak zorunda çünkü iki tane ağır top kalmadı. O zaman problemi \(T_{4}=T_{5}=H, T_{6}=A \) şeklinde çözmüş oluruz. \(T_{4}>T_{5} \) ise çözüm \(T_{5}=T_{6}=H, T_{4}=A \) şeklini alır. Son olarak da \(T_{4}<T_{5} \) olursa, \(T_{4}=T_{6}=H, T_{5}=A \)  sonucunu elde ederiz.