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?
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!
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.
Bu pozisyonda son hamleyi atıyoruz. Siyah piyonların hepsi tahtada ve h7 piyonu g6 karesinde bir beyaz taş almış.
İlk önce beyaz şahın f7 karesine nasıl gitmiş olduğuna bakalım. Eğer b6 piyonunu geri alırsak ilk problemle karşılaşıyoruz.
Beyaz şah bu piyon duvarını aşıp f7 karesine ulaşamaz. Eğer siyah piyon h7 karesinde olsaydı da durum değişmezdi. Şah e6 karesine kurallara uygun hamlelerle ulaşamaz. Aynı şekilde piyon h7 karesindeyken g6 karesine de gidemez ve piyonlar bu şekildeyken de h6 karesine gidemediğinden g8 karesine de ulaşılamaz. Demek ki beyaz şah a6-b7 yolundan sekizinci yataya gitmiş ve e8 karesi üzerinden f7 karesine gelmiş.
Ayrıca b6 hamlesinin önceden oynanmış olması problemdeki pozisyonda son hamlenin beyaz tarafından yapılmış olduğunu gösterir. Siyahın son hamlesi Ae8 de olamaz, çünkü d6 karesindeki at şah çekiyor olurdu. Bu da bizi bir sonraki sorumuza getiriyor:
Siyah at e8 karesine nasıl gelmiş?
Kendi piyonları yüzünden atın d8 karesine erişebileceği tek kare d6 ama bu kare hem e8 hem de f7 karesini tehdit ettiğinden beyaz şahın f7 karesine ulaşması için biraz daha açıklamaya ihtiyacımız olacak gibi. Demek ki siyah at d6 karesine geldiğinde beyaz şah f7de olamaz ve daha da ilginci e8 karesinden geride de olamaz. O zaman ne kadar garip gelse de beyaz şah g8 karesine de gitmiş olmalı. At e8 karesine gidince f7 karesine gelmiş.
Yani buna benzer bir pozisyon ama tabii ki bu kurallara aykırı bir pozisyon. Demek ki siyah şah bu anda h8 karesinden uzaklarda olmalı. 
Beyaz şahı f7 karesine getirmenin yolunu bulduk ama şimdi siyah şahı h8 karesine nasıl getireceğiz? Beyaz fil ya siyah şahın geçeceği h7 karesinde olacak ya da o kareyi kontrol edeceğinden siyah şah h8 karesine ulaşamayacak gibi görünüyor. Fili g8-h7 küçük diyagonalinden başka bir yere koymak da işe yaramayacak, çünkü bu sefer fili oraya getirmek için başka bir engel çıkacak: Beyaz şah!
Eğer beyaz fili oraya getiremiyorsak beyaz fil yaratmayı deneyebiliriz, yani h7 karesine erişen beyaz piyon g8 karesinde (h8 karesinde beyaz kareli beyaz fil yaratılamaz) bir siyah taş alırsa bu sorun da çözülebilir. Şimdi o pozisyona bakalım.
Burada g8 karesine bir siyah taş koymaya çalışacağız. Siyah şahı yeniden h8 karesine koyduk çünkü beyaz piyon fil olduktan sonra şah ha7 karesinden geçemeyecekti. g8 karesinde siyah vezir olamaz, çünkü beyaz şah f7 karesindeyken şah çekiliyor olduğundan beyaz başka bir hamle yapmış olamaz. Siyahın atı orada olabilir belki:
Bu mümkün gibi gözüküyor ama g8 atı oraya nasıl gelmiş olabilir? Sadece h6 üzerinden ama o zaman da şah çekmiş olacaktı. Demek ki siyah at da olamaz. O zaman sadece siyah kale kalıyor.
Bu güzel işte. Piyon kaleyi alır ve aradığımız fil istediğimiz yere gelir. Durun ama, burada yeni bir problem çıkıyor.
Bu pozisyonda siyahın hamlesi yok. Beyaz fil de hala g8 karesinde, problemdeki pozisyona ulaşamıyoruz. Keşke siyahın h7 karesine gidebilecek bir taşı olsaydı. O zaman beyaz bir sonraki hamlede o taşı fille alıp problemde verilen pozisyona ulaşabilirdi.
Siyah filin h7 karesine ulaşması mümkün değil. Siyah kale de olamaz, çünkü a8 kalesi kafesinden hıç çıkamadı (piyonlar ve f8 karesindeki fil), diğer kale g8 karesinde piyon tarafından alındı ve bütün siyah piyonlar oyunda olduğundan siyah başka bir kale de yapmış olamaz. h7 karesinde bir at olabilir belki ama o zaman siyahın son hamlesi Ag5-h7 olmalı ki, g5 karesindeyken şah çekiyor olduğundan bu da kurallara aykırı olurdu. Demek ki h7 karesine gidebilecek tek siyah taş vezirdir.
Şimdi bütün bunların başladığı bir pozisyon bulalım ve hamlelerimizi yapalım:
1. Şe8 Şh5 2. Şf7 Ad6 3. Şg8 Ae8 4. Şf7
4. ... Kh8 5. h3 Kg8 6. h4 Şh6 7. h5 Şh7 8. h6 Şh8 9. h7 Vh2
10. hxg8=F Vh7 11. Fxh7
Tanya Khovanova da olmasa heralde terazi soruları olarak sadece klasik sorularla yetinecektim. Bu soru da Tanya’dan geliyor.
Elimizde görünüşleri aynı dokuz adet madeni para var. Bunların sadece biri normal ve sekizi sahte. Sahte paraların dördü aynı ağırlıkta ve normal paradan hafif, diğer dört sahte para da aynı ağırlıkta ve normal paradan ağır. Normal parayı çift kefeli bir teraziyle kaç tartıda bulabiliriz?
Bu soruyu değişik yollardan çözmek mümkün. En basitinden bütün sıçrama şekilleri sayılabilir. Ben de çözüme bu şekilde başlayayım. 10 sayısını 1 ve 2 sayılarının toplamı şeklinde kaç değişik şekilde yazabiliriz? Bu arada bu toplamları 1 ve 2 adımlık sıçramaların sıraları da önemli olacak şekilde yazacağız. Yani 1+2+2+2+2+1 ile 1+1+2+2+2+2 toplamlarını farklı sıçramalar olarak sayacağız.
[table id=18 /]
Bu tablonun son sütunundaki toplamları topladığımızda da:
1 + 9 + 28 + 35 + 15 + 1 = 89 değişik sıçrama yöntemi buluruz.
Açıklamalar kısmında uzun uzun listelediğim sıçramaları bir önceki sütunda kombinasyon adetlerini bulma formülüyle kolayca hesaplayabiliriz tabii ki.
Soruyu başka türlü de çözebilirdik tabii ki. Bunun için önce daha küçük bir soruyla başlayalım. Bir basamak olsun. Tabii ki kurbağa bu merdiveni sadece tek bir sıçramayla çıkabilir. Peki iki basamak olursa ne olur? Bu da kolay, ya bir ya da iki basamak sıçrayarak iki değişik şekilde çıkar.
Üç basamağa geldi sıra. Kurbağa birinci basamaktan iki adımlık sıçramayla üçüncü basamağa ulaşabilir ya da ikinci basamaktan tek adımda. Yani üçüncü basamağa geliş yolu sayısı birinci basamağa geliş yolu sayısıyle ikinci basamağa geliş yolu sayısının toplamı oluyor.
Dördüncü basamak için baktığımızda da aynı şekilde üçüncü basamağa geliş yollarıyla ikinci basamağa geliş yollarının toplamını bulacağız. Bunu genel olarak yazmaya kalkarsak da şöyle bir şey çıkacak:
\(F(n) = F(n-1) + F(n-2) \)
n merdivendeki basamak sayısı, F(n) de kurbağanın bu merdiveni kaç farklı yoldan çıkabileceğinin sayısı. Yukarıdaki formül Fibonacci dizilerinin ta kendisi olmaktadır. Bu formülü defalarca kullanarak da soruyu çözebiliriz.
\(F(1) = 1 \)
\(F(2) = 2 \)
\(F(3) = F(2) + F(1) = 2 + 1 = 3 \)
\(F(4) = F(3) + F(2) = 3 + 2 = 5 \)
\(F(5) = F(4) + F(3) = 5 + 3 = 8 \)
\(F(6) = F(5) + F(4) = 8 + 5 = 13 \)
\(F(7) = F(6) + F(5) = 13 + 8 = 21 \)
\(F(8) = F(7) + F(6) = 21 + 13 = 34 \)
\(F(9) = F(8) + F(7) = 34 + 21 = 55 \)
\(F(10) = F(9) + F(8) = 55 + 34 = 89 \)
Bu şekilde de 89 çözümü bulunabiliyor.