Cutcake (Çözüm)

Önce basit durumları ele alalım. 1x1 oyun için oyuna başlayan kaybeder çünkü yapılabilecek hamle yoktur. $Mx1$ boyutlu oyunları her zaman R kazanır, çünkü L'nin yapacak hamlesi yoktur. Benzer şekilde $1xN$ boyutlu oyunları da her zaman L kazanır, çünkü R'nin yapacağı hamle yoktur.

Oyunda ortaya çıkan poziysonların sayısal değerlerini nasıl hesaplandığını göstermeye çalışacağım. Bu sayısal değerler ile oyunu kimin kazanacağını hesaplayabileceğiz ama bu yazıda kazanmak için hangi algoritmanın kullanılacağını vermeyeceğim.

Oyuna başlayan oyuncunun kaybettiği pozisyonlara 0 (sıfır) pozisyonu diyelim. Eğer oyuna kim başlarsa başlasın L kazanıyorsa pozisyonun değeri pozitif olsun. Oyuna kim başlarsa başlasın R kazanıyorsa da pozisyonun değeri negatif olsun. 

Bu giriş sonucunda 1x1 pozisyonunun değeri 0 olur. $1xN$ boyutlu pozisyonun değerini de $N-1$ ile gösterelim, sonuçta L oyuncusunun $N-1$ hamlesi var, buna karşı R oyuncusunun hiçbir hamlesi yok. Ayrıca $N>1$ olduğu sürece bu pozisyonun değeri de pozitiftir. Benzer mantıkla $Mx1$ pozisyonunun değeri de $-(M-1)$ olacaktır.

Genelde verilen bir pozisyonda oyuna iki oyuncu da başlayabileceği için pozisyonun değerini başka bir notasyonla gösterelim:

$\left\{a|b\right\}$ notasyonu ile yapılacak hamlenin pozisyonu hangi değere taşıdığını gösteriyoruz. Eğer hamle sırası L'de ise yapacağı hamle ile pozisyonu $a$ değerine, hamle sırası R'de ise $b$ değerine getirebiliyor. Bu notasyon aynı zamanda sürreel sayıların da notasyonudur ve bu sayılar oyunları incelemede önemli bir yer tutar. Bu problemin çözümünde bu sayıların oldukça basit özelliklerine ihtiyaç duyacağız. Bu özelliklerin doğruluklarını göstermeye çalışmayacağım.

Oyun sırasında pozisyonun değerini alt oyunların pozisyonlarının toplamı şeklinde yazabiliriz. Alt oyundan kastedilen şu: Örneğin $2x2$ şeklinde bir oyuna başlayalım. L ilk hamleyi (yapacak tek hamlesi vardır) yaptığında elimizde iki tane $2x1$ şeklinde parça olur. Bu pozisyonu iki tane ayrı oyunmuş (alt oyunlar) gibi değerlendirebiliriz. Sırası gelen oyuncu istediği alt oyunu seçer ve orada kurallara uygun bir hamle yapar.

Bu tanıma göre iki alt oyundan oluşan pozisyonun değerini $\left\{a|b\right\} + \left\{c|d\right\}$ şeklinde gösterebiliriz.

Tabii ki verilen bir pozisyonda bir oyuncunun birden fazla hamlesi olabilir. Her bir hamle farklı değerlerdeki pozisyonlara yol açabilir. Bunu aynı notasyonda şöyle gösteriyoruz:

$\left\{a, b, c, ...|d, e, f, ...\right\}$

Yani verilen pozisyonda L yapacağı hamleye göre pozisyonu $a$, $b$, $c$ ... değerli pozisyonlarından birine dönüştürebilir. Aynı şekilde R de hamle kendisindeyse pozisyonu $d$, $e$, $f$ ... değerli bir pozisyona getirebilir.

Şimdi bu en genel notasyona göre pozisyonun değerinin nasıl hesaplandığını görelim. Bu değer kısaca soldaki değerlerin hepsinden büyük olan ve sağdaki değerlerin hepsinden küçük olan en "basit" sayıdır. En basit sayıyı bulmak için de iki kural kullanıyoruz:

• Eğer yukarıdaki şartı sağlayan bir tam sayı varsa, o zaman en basit sayı bu sayılar içinde sıfıra en yakın olanıdır.
• Eğer yukarıdaki şartı sağlayan bir tamsayı yoksa o zaman en basit sayı bu şartı sağlayan ve paydası 2'nin en küçük kuvveti olan rasyonel sayıdır.

Örnekler:

$\left\{0|1\right\}  = \frac {1}{2}$

$\left\{-5|2 \frac {5}{8} \right\}  = 0$

$\left\{ \frac {1}{4} | \frac {5}{16} \right\} = \frac {9}{32}$

Sanırım cutcake için çözüm tablosunu oluşturmaya yetecek araç ve gereçlerimiz var artık.

$1x1$ için pozisyon değeri : $\left\{|\right\}  = 0$

$1xN$ için pozisyon değeri: $\left\{N-2|\right\}  = N-1$

$Mx1$ için pozisyon değeri: $\left\{|M-2\right\}  = -(M-1)$

$2x2$ için pozisyon değeri: $\left\{-2|2\right\}  = 0$

$2x3$ için pozisyon değeri: $\left\{-1|4\right\}  = 0$ (L oynayınca $2x1$ ve $2x2$ pozisyonları bırakır. $2x2$ 0 değerine sahiptir, $1x2$ de -1. R oynarsa iki tane $1x3$ alt oyunu yapacaktır. Bunların toplam değeri de $2 + 2 = 4$ olacaktır.)

$3x2$ için pozisyon değeri: $\left\{-4|1\right\} = 0$ (L oynayınca iki tane $3x1$ alt oyun pozisyonları bırakır. Bunların toplam değeri de $(-2) + (-2) = -4$ olacaktır. R oynarsa $2x1$ ve $2x2$ pozisyonları bırakır. $2x2$ 0 değerine sahiptir, $1x2$ de 1.)

$3x3$ için pozisyon değeri: L oyuna başlarsa bir tane $3x1$ ve bir tane $3x2$ alt oyunu bırakır. Bunların değeri de sırasıyla -2 ve 0 olacaktır. Bu poziszonların toplam değeri de $-2 + 0 = -2$'dir.  Eğer oyuna R başlarsa bir tane $1x3$ ve bir tane $2x3$ alt oyunu bırakacaktır. Bunların da değeri sırasıyla 2 ve 0'dır. Bu pozisyonlar da $2 + 0 = 2$ toplamını vermektedir. O zaman ilk pozisyonun değeri $\left\{-2|2\right\}= 0$ olur.

$4x2$ için pozisyon değeri: L oyuna başlarsa yapabileceği iki hamle var. Ya oyunu $2x1$ ve $2x3$ pozisyonlarına getirecek ya da iki adet $2x2$ alt oyunu yaratacak. Oyuna R başlarsa tek hamlesi var ve iki adet $1x4$ pozisyonu yaratmak zorunda. Bu pozisyonların değerlerini daha önce hesaplamıştık. Bunları kullanarak başlangıç pozisyonunun değerini şöyle yazabiliriz. $\left\{-1 + 0, 0 + 0|3+3\right\}= 1$

Bu adımları daha büyük oyunlara uyguladığımızda aşağıdaki gibi bir tablo elde ederiz. Tabloda kalın yazılmış sayılar oyunun kaç satır ve sütundan oluştuğunu gösteriyor. Normal yazılmış sayılar da bu oyunun değerini.

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15
1	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14
2	-1	0		1		2		3		4		5		6
3	-2
4	-3	-1		0				1				2
5	-4
6	-5	-2
7	-6
8	-7	-3		-1				0
9	-8
10	-9	-4
11	-10
12	-11	-5		-2
13	-12
14	-13	-6
15	-14

Çözümde kullanılan yöntemi ve tabloyu kaynakçada belirtilen kitaptan aldım.

Kaynakça: 

Winning Ways for your Mathematical Plays, Elwyn R. Berlekamp, John H. Conway, Richard K. Guy

Cutcake

Bu seferki soru da iki kişi (L ve R) arasında oynanan basit bir oyun. Başlangıçta M satır ve N sütundan oluşan dikdörtgen şeklinde bir pastamız var Aşağıdaki şekilde 2x2 şeklinde bir pasta gösterilmiş). L pastayı bir çizgi boyunca yukarıdan aşağıya doğru kesebilir, R de pastayı bir çizgi boyunca soldan sağa doğru kesebilir. Sırası kendisindeyken hamle yapamayan oyuncu kaybeder. Verilen bir MxN boyutlu pasta için oyunu kimin kazanacağını bulun.



2x2 oyun alanı

Örnek hamleler: Eğer oyuna L başlarsa yapabileceği tek hamle vardır. Ortadaki çizgi boyunca pastayı yukarıdan aşağıya ikiye kesmek. Bunun sonucunda iki adet 2x1 şeklinde pasta ortaya çıkar.



Birden fazla pasta oluştuğu zaman sıradaki oyuncu hamlesi için hamle yapabileceği istediği pastayı seçebilir. Diyelim R ikinci pastayı seçsin. Burada yapabileceği tek hamle vardır, o da pastayı ortadaki çizgi boyunca soldan sağa doğru iki parçaya bölmek.




Bu hamleden sonra elimizde üç adet pasta var ama L oyuncusunun yapabileceği hamle kalmadığı için oyunu R oyuncusu kazandı.

Küpten Takvim 2 (Çözüm)

Önce Roma rakamlarıyla elde etmek  istediğimiz sayıları listeleyelim:

I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII, IX, X, XI, XII, XIII, XIV, XV, XVI, XVII, XVIII, XIX, XX, XXI, XXII, XXIII, XXIV, XXV, XXVI, XXVII, XXVIII, XXIX, XXX, XXXI

Bu listedeki sayıların bazıları tek bir işaretle gösterilebilirken bazıları için beş hatta altı işaret gerekmekte. Küplerin toplam oniki yüzü olduğuna göre bu sayıları oluşturan oniki işareti seçmeye çalışalım. İki küp kullanılacağından seçilen işaretler herhangi bir sayının ya başında ya da sonunda bulunmalıdır, aksi taktirde iki küp ile bu sayıyı oluşturamayız. Örneğin XXVIII sayısını oluşturmak için kullanılan işaretlerden biri XVI olamaz, çünkü bu durumda sayının başı için bir başka X işaretine ve sonu içinde II işaretine ihtiyacımız olur ve bu durumda üç tane küp kullanmak gerekir.

Tek işaretten oluşan sayıları yazabilmek için bu işaretlerin küplerin yüzlerinde olması gerekir. Bu nedenle I, V ve X işaretleri elimizde olmalı. Üç aynı işaretten oluşan sayılar için (III, XXX) çift işaretler de (II ve XX) elimizde olmalı. Bu işaretleri I ve X işaretlerinin olmadığı küplerde kullanırsak o zaman I, II, III, X, XX ve XXX sayılarını elde edebiliriz.

Şimdi bu bilgilere göre küplerin neye benzediğine bir bakalım.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
?	XX
?	?
?	?
?	?

Bu işaretlerle yazabildiğimiz sayıları listeleyelim:

I, II, III, IV, V, VI, X, XII, XV, XX, XXI, XXX

Görüldüğü gibi henüz oldukça az miktarda sayı yazabiliyoruz ama küplerde hala yedi boş yüzümüz var. Şimdiye kadar yazamadığımız en küçük sayı VII. Bunu yazabilmek için birinci küpte II işaretini kullanalım.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
II	XX
?	?
?	?
?	?

Artık yazabildiğimiz sayılar şunlar:

I, II, III, IV, V, VI, VII, X, XII, XV, XX, XXI, XXII, XXX

Şimdi eksik olan en küçük sayı VIII. Bu sorunu halletmek için birinci küpte III işaretini kullanabiliriz.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
II	XX
III	?
?	?
?	?

Yazılabilen sayılar:

I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII, X, XII, XV, XX, XXI, XXII, XXIII, XXX

Yazamadığımız en küçük sayı IX. Bunu yazabilmek için yapabileceğimiz iki şey var. Ya ikinci küpte I işaretini kullanacağız, ya da iki küpten birinde IX işaretini. Eğer ikinci küpte I işaretini kullanırsak yazabileceğimiz sayılar şöyle olur:

I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII, IX, X, XI, XII, XV, XX, XXI, XXII, XXIII, XXX

Bunun yerine örneğin birinci küpte IX işaretini kullanırsak çok daha fazla sayı üretebiliriz. IX işaretinin bir özelliği bu sırada işimize yarayacak. IX işareti ters çevrilirse XI olur ve bu da geçerli bir işarettir. Böylece bir taşla iki kuş vurma şansımız olacak.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
II	XX
III	?
IX	?
?	?

Şimdi yazılabilen sayılar:

I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII, IX, X, XI, XII, XV, XX, XXI, XXII, XXIII, XXIX, XXX, XXXI

Sıradaki eksik sayı olan XIII için ikinci küpte X işaretini kullanalım.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
II	XX
III	X
IX	?
?	?

Artık aşağıdaki sayıları yazabiliriz:

I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII, IX, X, XI, XII, XIII, XV, XIX, XX, XXI, XXII, XXIII, XXIX, XXX, XXXI

Sırada eksik olan XIV sayısı var. Bunun için ikinci küpte IV işaretini kullanabiliriz ama bu sayede sadece XIV sayısını elde edebiliriz, bundan başka bir katkısı olmaz. Eğer birinci küpte IV işaretini kullanırsak hem XIV hem de XXIV sayısını elde ederiz. Tabii ki bu yerleşimden sonra birinci küpte boş yer kalmayacak ve hareket esnekliğimizi kaybedeceğiz ama belki kalan boş yüzler yeterli olabilir.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
II	XX
III	X
IX	?
IV	?

Elde edebildiğimiz yeni sayılar şunlar:

I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII, IX, X, XI, XII, XIII, XIV, XV, XIX, XX, XXI, XXII, XXIII, XXIV, XXIX, XXX, XXXI

Sırada eksik olan XVI, XVII ve XVIII için ikinci küpte XV işaretini kullanalım.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
II	XX
III	X
IX	XV
IV	?

Böylece şu sayıları elde edebiliriz:

I, II, III, IV, V, VI, VII, VIII, IX, X, XI, XII, XIII, XIV, XV, XVI, XVII, XVIII, XIX, XX, XXI, XXII, XXIII, XXIV, XXV, XXIX, XXX, XXXI

Son yüzdeki işaretle elde etmemiz gereken sayılar ise:  XXVI, XXVII ve XXVIII.

Bunlar için XXV işaretini kullanmak yeterli olacaktır.

1. küp	2. küp
I	II
X	V
II	XX
III	X
IX	XV
IV	XXV

Artık başlangıçta aradığımız bütün sayıları yazabiliyoruz. Tabii bu çözümde duruma göre sadece tek bir küp kullanıyoruz. Eğer her sayı için iki kübün (küplerin birinin kullanılan yüzü haliyle boş olacak) de kullanıldığı bir çözüm varsa bunu öğrenmek isterim.

Küpten Takvim 2

Elimizde iki adet küp var. Her gün bu küpleri öyle yerleştirmek istiyoruz ki, küplerin ön yüzlerindeki roma rakamları o günün ayın kaçı olduğunu göstersin. Bunu yapabilmek için roma rakamlarını küplerin yüzlerine nasıl dağıtmamız lazım?

Not: Küplerin yüzlerinden sıfır da dahil olmak üzere istediğiniz kadar roma rakamı işareti kullanabilirsiniz.

Küpten Takvim (Çözüm)

11 ve 22 günlerini gösterebilmek için iki küpte de 1 ve 2 rakamları gerekir. İki küpün toplam oniki yüzü olduğuna ve yine toplamda on rakam (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) olduğunu düşünürsek 1 ve 2 rakamları dışındaki sekiz rakam için sekiz boş küp yüzü kalır ve rakamlar bu yüzlere kolaylıkla dağıtmayı planlayabiliriz. 

Ayın ilk dokuz günü için 0 rakamına ihtiyaç duyulacaktır ama diğer rakamların her birini bir küpte tutamayacağımıza göre (9 > 6) iki küpte de 0 rakamı bulunmalı. Bu durumda bir önceki paragraftaki yöntem işe yaramayacaktır çünkü kalan yedi takam için sadece altı yüz kalmıştır. Demek en azından iki rakamı aynı yüze koymanın yolunu bulmamız gerekiyor ve bu iş için de en iyi adaylar 6 ve 9 rakamları. Eğer uygun bir yazı tipi kullanılırsa küpün aynı yüzünü 180 derece döndürerek 6 rakamını 9 gibi göstermek mümkün olacaktır. Bu durumda kalan rakamları iki kübe de kolayca dağıtabiliriz.

Örneğin: 

1. küp - 0, 1, 2, 3, 4, 5

2. küp - 0, 1, 2, 6, 7, 8           

Bir Kelime Bir İşlem (4)

İşlem sorularında amaç verilen sayılarla toplama, çıkarma, çarpma ve bölme işlemlerini kullanarak hedef sayıya mümkün olduğunca yaklaşmak ya da tam sonuç elde etmek. Bir kere kullanılan bir sayı bir daha kullanılamaz. Ara basamaklarda elde edilen sayılar daha sonraki işlemlerde yine bir defa olmak üzere kullanılabilir.

Kelime sorularında amaç verilen harfler ve bir adet joker harf kullanarak en uzun kelimeyi bulmak. Verilen harfler bir kere kullanılabilir ve üretilen kelimeler özel isim olamaz, çekim eki almış olamaz.

Bu haftanın soruları:

İşlem 1:
Verilen sayılar: 6 9 7 10 25
Hedef: 525

Kelime 1:
Harfler: ş s r e k t g i

İşlem 2:
Verilen sayılar: 5 4 6 5 25
Hedef: 924

Kelime 2:
Harfler: s z y ı k n ı ö

İşlem 3:
Verilen sayılar: 9 9 5 9 100
Hedef: 310

Kelime 3:
Harfler: j u k h ğ ş n a

İşlem 4:
Verilen sayılar: 7 9 5 8 100
Hedef: 672

Kelime 4:
Harfler: z n l ı k g ı f

İşlem 5:
Verilen sayılar: 3 5 7 3 75
Hedef: 280

Kelime 5:
Herfler: n i p ü m m d c

Geçen haftanın çözümleri:

İşlem 1:
Verilen sayılar: 7 9 5 9 75
Hedef: 577

9 + 5 = 14
7 x 14 = 98
9 x 75 = 675
675 - 98 = 577
Tam sonuç


Kelime 1:
Harfler: a h ü z p y r a

arayüz


İşlem 2:
Verilen sayılar: 9 8 3 8 25
Hedef: 174

8 - 3 = 5
25 + 8 = 33
5 x 33 = 165
165 + 9 = 174
Tam sonuç


Kelime 2:
Harfler: p u h l r c ç m

muhrip (i joker)


İşlem 3:
Verilen sayılar: 3 5 10 8 75
Hedef: 995

3 x 5 = 15
75 - 8 = 67
15 x 67 = 1005
1005 - 10 = 995
Tam sonuç


Kelime 3:
Harfler: j a g c h ç z a

çargah   (r joker)


İşlem 4:
Verilen sayılar: 3 4 9 10 50
Hedef: 774

3 x 9 = 27
50 + 27 = 77
10 x 77 = 770
770 + 4 = 774
Tam sonuç


Kelime 4:
Harfler: ş ı r ı o o y m

ayrışım (a joker)


İşlem 5:
Verilen sayılar: 2 8 2 5 50
Hedef: 678

50 + 2 = 52
8 + 5 = 13
13 x 52 = 676
676 + 2 = 678
Tam sonuç


Kelime 5:
Herfler: d g g ü a o h p

pedagog  (e joker)

Küpten takvim

Elimizde iki adet küp var. Her gün bu küpleri öyle yerleştirmek istiyoruz ki, küplerin ön yüzlerindeki rakamlar o günün ayın kaçı olduğunu göstersin. Bunu yapabilmek için rakamları küplere nasıl dağıtmamız lazım?

Not: Günler 01, 02, 03, ..., 09, 10, 11, ..., 29, 30, 31 şeklinde gösterilecek.

Kayles (Çözüm)

Eğer oyunda 0 taş varsa ilk oynayan kaybeder çünkü yapabileceği bir hamle yoktur.

Oyunda 1 taş varsa ilk oyuncu o tek taşı alır ve ikinci oyuncunun yapacağı hamle kalmamıştır ve birinci oyuncu böylece kazanır.

Oyunda 2 taş varsa ilk oyuncu iki taşı da alır ve ikinci oyuncuya yapacak hamle kalmaz. Böylece birinci oyuncu kazanmış olur.

Daha büyük oyunlar için birinci oyuncunun kesin işe yarayan bir stratejisi vardır. Birinci oyuncu ilk hamlede taşları iki eşit gruba ayırır. Bunu ikiden çok her sayıda taşla oynanan oyunda yapabilir. Eğer taş adedi çift ise ortadan iki , tek ise tek taş alır. Bundan sonra ikinci ne yaparsa diğer grupta aynı hareketi yapar. Bu sayede son hareketi kendisi yapacaktır ve ikinci oyuncunun hamlesi kalmadığından ikinci oyuncu oyunu kaybedecektir.

Örnek: 10 taş ile oyun şöyle oynanabilir.

Başlangıç:                     o o o o o o o o o o

Birinci oyuncu:             o o o o       o o o o        Taş adedi çift olduğundan ortadan iki taş alınır.

İkinci oyuncu:               o    o o       o o o o        İkinci oyuncu ilk gruptan ikinci taşı alır

Birinci oyuncu:             o    o o       o o    o        Birinci oyuncu oyundaki simetriyi sağlayacak şekilde hamlesini yapar ve ikinci gruptan sondan ikinci taşı alır.

İkinci oyuncu:               o    o o                o        İkinci oyuncu üçüncü gruptaki iki taşı da alır.

Birinci oyuncu:             o                         o       Birinci oyuncu yeniden simetriyi kurmak için ikinci gruptaki iki taşı da alır.

İkinci oyuncu:               o                                  İkinci oyuncu sağdaki taşı alır.

Birinci oyuncu:                                                 Birinci oyuncu da soldaki taşı alır ve ikinci oyuncuya taş ve dolayısıyla hamle kalmadığı için birinci oyuncu kazanır.

Bu oyunun bir başka varyantında taşlar bir doğru üzerine değil de çember üzerine dizilir. Bunun dışında kurallar aynıdır. Bu durumda birinci oyuncunun yapacağı herhangi bir hamle oyunu normal Kayles oynuna çevirecektir. Bu pozisyonda da oyuna başlayan oyuncunun kazanma stratejisini yukarıda gördük. Yani ikinci oyuncu kazanacaktır.

Bir Kelime Bir İşlem (3)

İşlem sorularında amaç verilen sayılarla toplama, çıkarma, çarpma ve bölme işlemlerini kullanarak hedef sayıya mümkün olduğunca yaklaşmak ya da tam sonuç elde etmek. Bir kere kullanılan bir sayı bir daha kullanılamaz. Ara basamaklarda elde edilen sayılar daha sonraki işlemlerde yine bir defa olmak üzere kullanılabilir.

Kelime sorularında amaç verilen harfler ve bir adet joker harf kullanarak en uzun kelimeyi bulmak. Verilen harfler bir kere kullanılabilir ve üretilen kelimeler özel isim olamaz, çekim eki almış olamaz.

Bu haftanın soruları:

İşlem 1:
Verilen sayılar: 7 9 5 9 75
Hedef: 577

Kelime 1:
Harfler: a h ü z p y r a

İşlem 2:
Verilen sayılar: 9 8 3 8 25
Hedef: 174

Kelime 2:
Harfler: p u h l r c ç m

İşlem 3:
Verilen sayılar: 3 5 10 8 75
Hedef: 995

Kelime 3:
Harfler: j a g c h ç z a

İşlem 4:
Verilen sayılar: 3 4 9 10 50
Hedef: 774

Kelime 4:
Harfler: ş ı r ı o o y m

İşlem 5:
Verilen sayılar: 2 8 2 5 50
Hedef: 678

Kelime 5:
Herfler: d g g ü a o h p

Geçen haftanın çözümleri:

İşlem 1:
Verilen sayılar: 9 5 9 10 25
Hedef: 280

9 x 5 = 45
9 x 25 = 225
10 + 45 = 55
225 + 55 = 280
Tam sonuç


Kelime 1:
Harfler: ş z r o s i j g

goşizm  (m joker) : Solculuğun aşırı biçimi


İşlem 2:
Verilen sayılar: 5 3 2 8 75
Hedef: 830

5 + 3 = 8
2 + 8 = 10
75 + 8 = 83
10 x 93 = 830
Tam sonuç


Kelime 2:
Harfler: ü f z a k t s l

faulsüz (u joker)


İşlem 3:
Verilen sayılar: 8 2 6 8 50
Hedef: 563

8 x 8 = 64
2 + 6 = 8
8 x 64 = 512
512 + 50 = 562
Bir yaklaşık sonuç


Kelime 3:
Harfler: i i f d l e m c

fidelik   (k joker)


İşlem 4:
Verilen sayılar: 3 7 4 8 25
Hedef: 943

7 + 8 = 15
3 x 15 = 45
25 - 4 = 21
21 x 45 = 945
İki yaklaşık sonuç


Kelime 4:
Harfler: ö t r ğ g j e d

göğerti  (i joker) :  Vurma ve çarpma sonucu vücutta oluşan çürük, morartı


İşlem 5:
Verilen sayılar: 9 9 1 7 75
Hedef: 187

7 - 1 = 6
6 x 9 = 54
75 - 54 = 21
9 x 21 = 189
İki yaklaşık sonuç


Kelime 5:
Herfler: l c v o ö t h ü

trolcü  (r joker)

Kayles

Bu oyun yanyana duran N adet taşla ve iki oyuncuyla oynanır. Oyuncular sırayla bu sıradan ya bir adet taş ya da yanyana iki adet taş alırlar. Hamle yapamayan oyuncu kaybeder. Hangi oyuncu nasıl bir stratejiyle oyunu kazanır?

Açıklama: Herhangi bir sıranın kenarında olmayan bir taş alındığında sıra iki ayrık sıraya ayrılmış olur. Dolayısı ile bu ayrık sıralar yanyana değillerdir ve oyuncular aynı anda iki ayrık sıradan iki taş alamazlar.

Kum saatleri (Çözüm)

1. 4 ve 7 dakika ölçen kum saatleri ile 9 dakika ölçülecek.

İki kum saatini de başlatalım.
4 dakikalık kum saati boşaldığında bunu ters çevirelim. Şimdiye kadar dört dakika geçmiştir.

7 dakikalık kum saati boşaldığında  bu kum saatini ters çevirelim. Bu sırada 4 dakikalık kum saatinde bir dakikalık kum kalmıştır ve toplam yedi dakika geçmiştir.

4 dakikalık kum saati boşaldığında 7 dakikalık kum saatinde bir dakikalık kum akmıştır ve toplam sekiz dakika geçmiştir. Bu durumda kalan bir dakikayı ölçmek için 7 dakikalık kum saatini tekrar ters çeviririz.

7 dakikalık kum saatinde bir önceki aşamadan kalan bir dakikalık kum da boşaldığında toplam dokuz dakika ölçülmüş olur. Bu işlem için gereken toplam zaman da dokuz dakikadır.

2. 7 ve 11 dakika ölçen kum saatleri ile 15 dakika ölçülecek.

İki kum saatini de başlatalım.

7 dakikalık kum saati boşaldığında bunu ters çevirelim. Şimdiye kadar yedi dakika geçmiştir.

11 dakikalık kum saati boşaldığında 7 dakikalık kum saatinden dört dakikalık kum boşalmıştır. Şimdi 7 dakikalık kum saati tekrar ters çevirilim ve bu ana kadar önbir dakika geçmiştir.

7 dakikalık kum saatinde kalan dört dakikalık kum da boşaldığında toplam onbeş dakika geçmiş olur ve bu işlem için sadece onbeş dakika kullanılmıştır.

3. 5 ve 8 dakika ölçen kum saatlei ile 4 dakika ölçülecek.

İki kum saatini de başlatalım.

5 dakikalık kum saati boşaldığında bunu ters çevirelim. 8 dakikalık kum saatinde daha üç dakikalık kum kalmıştır ve şimdiye kadar toplam beş dakika geçmiştir.

8 dakikalık kum saati boşaldığında bunu ters çevirelim. 5 dakikalık kum saatinde iki dakikalık kum kalmıştır ve şimdiye kadar sekiz dakika geçmiştir. Bu aşamada dört dakikayı ölçmeye başlayalım.

5 dakikalık kum saati boşaldığında 8 dakikalık kum saatinde iki dakikalık kum akmıştır ve ölçmek istediğimiz dört dakikanın iki dakikası geçmiştir. Şimdi 8 dakikalık kum saatini ters çevirelim ve kalan iki dakikalık kumun da bışalmasını bekleyelim. Böylece dört dakikayı ölçmüş olduk ve bunun için oniki dakika gerekti.

4. 4 ve 7 dakika ölçen kum saatleri ile 2 dakika ölçülecek.

Üç numaralı sorudaki çözüm yöntemini kullanarak cevap bulunabilir.

İki kum saatini de başlatalım.

4 dakikalık kum saati boşaldığında bunu ters çevirelim. 7 dakikalık kum saatinde üç dakikalık kum kalmıştır ve şimdiye kadar toplam dört dakika geçmiştir.

7 dakikalık kum saati boşaldığında 4 dakikalık kum saatinde bir dakikalık kum kalmıştır ve şimdiye kadar toplam yedi dakika geçmiştir. Şimdi 7 dakikalık kum saatini ters çevirelim ve iki dakikalık süre ölçümüne başlayalım. Bir dakika sonra 4 dakikalık kum saati boşalacaktır ve 7 dakikalık kum saatinde de bir dakikalık kum akmış olacaktır. Hemen 7 dakikalık kum saatini ters çevirelim ve bir dakikalık kumun boşalmasını bekleyelim. Böylece iki dakikalık süreyi toplam dokuz dakikada ölçmüş olduk.

Bir Kelime - Bir İşlem (2)

İşlem sorularında amaç verilen sayılarla toplama, çıkarma, çarpma ve bölme işlemlerini kullanarak hedef sayıya mümkün olduğunca yaklaşmak ya da tam sonuç elde etmek. Bir kere kullanılan bir sayı bir daha kullanılamaz. Ara basamaklarda elde edilen sayılar daha sonraki işlemlerde yine bir defa olmak üzere kullanılabilir.

Kelime sorularında amaç verilen harfler ve bir adet joker harf kullanarak en uzun kelimeyi bulmak. Verilen harfler bir kere kullanılabilir ve üretilen kelimeler özel isim olamaz, çekim eki almış olamaz.

Bu haftanın soruları:

İşlem 1:
Verilen sayılar: 9 5 9 10 25
Hedef: 280

Kelime 1:
Harfler: ş z r o s i j g

İşlem 2:
Verilen sayılar: 5 3 2 8 75
Hedef: 830

Kelime 2:
Harfler: ü f z a k t s l

İşlem 3:
Verilen sayılar: 8 2 6 8 50
Hedef: 563

Kelime 3:
Harfler: i i f d l e m c

İşlem 4:
Verilen sayılar: 3 7 4 8 25
Hedef: 943

Kelime 4:
Harfler: ö t r ğ g j e d

İşlem 5:
Verilen sayılar: 9 9 1 7 75
Hedef: 187

Kelime 5:
Herfler: l c v o ö t h ü

Geçen haftanın çözümleri:

İşlem 1:
Verilen sayılar: 8 9 4 7 100
Hedef: 632

8 + 9 = 17
4 x 17 = 68
7 x 100 = 700
700 - 68 = 632  
Tam sonuç


Kelime 1:
Harfler: e d ı o a a ş d

odabaşı  (b joker)


İşlem 2:
Verilen sayılar: 3 8 2 5 50
Hedef: 346

50 + 5 = 55
3 x 55 = 165
165 + 8 = 173
2 x 173 = 346
Tam sonuç


Kelime 2:
Harfler: p n u a u v i ş

vişnap  : Vişne şurubu


İşlem 3:
Verilen sayılar: 2 2 5 9 25
Hedef: 608

9 + 2 = 11
2 x 25 = 50
50 + 5 = 55
11 x 55 = 605
Üç yaklaşık sonuç


Kelime 3:
Harfler: j c d l b i ö z

dilbaz   (a joker)


İşlem 4:
Verilen sayılar: 7 9 1 4 75
Hedef: 646

75 - 4 = 71
9 x 71 = 639
639 + 7 = 646
Tam sonuç


Kelime 4:
Harfler: l ğ ı d j o o e

jeolog  (g joker)


İşlem 5:
Verilen sayılar: 5 10 1 6 25
Hedef: 411

10 + 6 = 16
25 + 1 = 26
16 x 26 = 416
416 - 5 = 411
Tam sonuç


Kelime 5:
Herfler: c l z ş g f e n

şezlong  (o joker)

Kum saatleri

Elimizde çeşitli süreleri ölçebilen kum saatleri var ve bunları kullanarak bazı süreleri ölçmek istiyoruz. Bu süreleri en kısa sürede nasıl ölçeriz?

1. 4 ve 7 dakika ölçen kum saatleri ile 9 dakika ölçülecek.

2. 7 ve 11 dakika ölçen kum saatleri ile 15 dakika ölçülecek.

3. 5 ve 8 dakika ölçen kum saatlei ile 4 dakika ölçülecek.

4. 4 ve 7 dakika ölçen kum saatleri ile 2 dakika ölçülecek.

Terazi ile sıralama (Çözüm)

Elimizdeki ağırlıklar $A$, $B$, $C$, $D$ ve $E$ olsun.

Tartım işlemlerine başlayalım.

1. $A$ ile $B$ ağırlıklarını karşılaştıralım. Var sayalım $B > A$ olsun

2. $C$ ile $D$ ağırlıklarını karşılaştıralım. Var sayalım $D > C$ olsun

3. $B$ ile $D$ ağırlıklarını karşılaştıralım. Var sayalım $D > B$ olsun

Bu aşamada bildiğimiz sıralama: $D > B > A$

4. $E$ ile $B$ ağırlıklarını karşılaştıralım.

Eğer $E > B$ ise iki değişik sıralama mümkündür: $E > D > B > A$ ya da $D > E > B > A$. Hangisinin doğru olduğunu bulmanın tek yolu da en ağır iki nesneyi karşılaştırmak.

5-1. $D$ ile $E$ ağırlıklarını karşılaştıralım. Eğer $D > E$ ise $D > E > B > A$ olur. $C < D$ olduğunu biliyoruz. Bu durumda $C$ ağırlığının $D$ dışındaki üç ağırlık arasındaki yerini bulmak gerekiyor ve bunu yapmak için iki kere tartmak yeterlidir.

Gözlem: $A > B > C$ olacak şekilde üç ağırlık ve ağırlığı bilinmeyen bir $D \neq A$, $D \neq B$ ve $D \neq C$ olacak şekilde bir $D$ ağırlığı verildiğinde dört ağırlığı da tam olarak sıralamak için iki kere tartmak yeterlidir.

Yöntem: Bilinmeyen ağırlığı ortanca ağırlıkla karşılaştıralım. Eğer $D > B$ ise bu sefer $B$ nesnesinden daha ağır olan $A$ ile karşılaştıralım. Eğer $D < B$ ise bu sefer daha hafif olan $C$ ile karşılaştırırız. Sonuçları bir tablo ile gösterirsek:

1. tartı	2. tartı	Açıklama
$D > B$	$D > A$	$D > A > B > C$
$D > B$	$D < A$	$A > D > B > C$
$D < B$	$D > C$	$A > B > D > C$
$D < B$	$D < C$	$A > B > C > D$

Böylece bu durum için toplam yedi tartı yeterli olur.

5-2. $D$ ile $E$ ağırlıklarını karşılaştıralım. Eğer $E > D$ ise $E > D > B > A$ olur. $C < D$ olduğunu biliyoruz. Bu sefer kalan ağırlığı iki ağırlık arasında sıralamak gerekiyor. İki ağırlıkla da karşılaştırma gerektiğinden en az iki tartı gerekir ve bu iki tartı tam sıralama için yeterlidir. 

Diğer olasılıklar da aynı yöntemle incelenebilir ve her seferinde toplam yedi tartı yeterli olacaktır.

Bir Kelime - Bir İşlem (1)

İşlem sorularında amaç verilen sayılarla toplama, çıkarma, çarpma ve bölme işlemlerini kullanarak hedef sayıya mümkün olduğunca yaklaşmak ya da tam olarak ulaşmak. Bir kere kullanılan bir sayı bir daha kullanılamaz. Ara basamaklarda elde edilen sayılar daha sonraki işlemlerde yine bir defa olmak üzere kullanılabilir.

Kelime sorularında amaç verilen harfler ve bir adet joker harf kullanarak en uzun kelimeyi bulmak. Verilen harfler bir kere kullanılabilir ve üretilen kelimeler özel isim olamaz, çekim eki almış olamaz.

İşlem 1:
Verilen sayılar: 8 9 4 7 100
Hedef: 632


Kelime 1:
Harfler: e d ı o a a ş d


İşlem 2:
Verilen sayılar: 3 8 2 5 50
Hedef: 346


Kelime 2:
Harfler: p n u a u v i ş


İşlem 3:
Verilen sayılar: 2 2 5 9 25
Hedef: 608


Kelime 3:
Harfler: j c d l b i ö z


İşlem 4:
Verilen sayılar: 7 9 1 4 75
Hedef: 646


Kelime 4:
Harfler: l ğ ı d j o o e


İşlem 5:
Verilen sayılar: 5 10 1 6 25
Hedef: 411


Kelime 5:
Herfler: c l z ş g f e n

Terazi ile sıralama

Elimizde farklı ağırlıklarda beş nesne ve bir adet çift kefeli terazi var. Nesneleri hafiften ağıra doğru sıralamak için en az kaç tartma gereklidir? Her seferinde bir nesne başka bir nesneye karşı tartılacak.

Korsanlar ve kilitler (Çözüm)

Rastgele altı korsan seçelim. Bu grup sandığı açamadığına göre sandıkta anahtarı bu grupta bulunmayan en az bir kilit vardır. 

Gruba ekleyeceğimiz herhangi bir korsanla beraber sandık açılabileceğine göre kalan yedi korsan da bu kilitlerin anahtarlarına sahip olmalıdır. 

Bu kilitler başka bir altılı grubun sandığı açmasına engel olacak kilitler olamaz. Bunun ispatını şöyle yapabiliriz:

Eğer bir kilit iki grubun da ayrı ayrı sandığı açabilmelerini engelliyorsa bu grupların birleşimlerini de engellemeli. Yani eğer iki grupta da bu kilidi açacak anahtar yoksa, bu grupların birleşiminde de bu anahtar eksik olacaktır. Birbirinden farklı iki altı korsan grubu toplamda en az yedi korsandan oluşmalıdır. Soruya göre yedi korsandan oluşan herhangi bir grup sandığı açabilmektedir. Demek ki bir kilit sadece bir altılı grubu engellemektedir.

Bu gözlemlerden şu sonuçları çıkarabiliriz:

Her farklı altılı korsan grubu için bir kilit kullanılmalıdır. Daha fazla kilit kullanımı sadece kullanılan kilit sayısını arttırır. Bizden en az kilit adedi istendiğine göre bir kilit kullanmak en iyi çözümü verecektir. Bu kilidin anahtarları da kalan yedi korsana verilecektir. Yani çilingir her yedi korsan için bir kilit takar ve bu kilidin anahtarlarını bu yedi korsana dağıtır. Toplamda  $\binom {13}{7} = 1716$ adet kilit ve $7 \cdot \binom {13}{7} = 12012$ anahtar gerekecektir. 

Not: Dikkat edilirse altılı korsan grupları ile yedili korsan grupları eşit sayıdadır, yani $\binom {13}{6} = \binom {13}{7} = 1716$.

Korsanlar ve kilitler

Onüç korsan hazinelerini bir sandığa koymuş. Sandığın sadece herhangi bir çoğunluk (en az yedi korsan) tarafından açılabilmesi ama hiçbir azınlık (altı ya da daha az korsan) tarafından açılamaması için bir yol aramışlar ve bir çilingire danışmışlar. Çilingir de sandığa kilitler takmış ve bu kilitlerin anahtarlarını (bir kilidin birden fazla anahtarı olabilir) da korsanlara belli bir şekilde dağıtmış. Her korsan en az bir anahtar almış. Tabii ki hiçbir korsan bütün anahtarlardan almamış. Her bir kilit için birden fazla anahtar olabilir ve herhangi bir anahtar sadece bir kilidi açabilirse çilingirin bu sorunu en az kaç kilitle çözdüğünü bulun.

İşlem bulmaca 2 (Çözüm)

Her zamanki gibi bazı basit gözlemlerle çözüme başlayalım:

1. Çarpılan sayıların birler basamağında 1 rakamı olamaz, aksi takdirde çarpılan sayıların birinin birler basamağı ile çarpımın birler basamağı aynı olur. 

2. Çarpılan sayıların birler basamağında 5 rakamı da olamaz, çünkü 5 ile hangi sayıyı çarparsak çarpalım birler basamağında 5 ya da 0 olacaktır. 5 olursa bu rakam iki kere kullanılmış olur, 0 rakamının çözümde olmadığı ise soruda verilmiş zaten.

3. Çarpılan sayıların birler basamağında 1 olamayacağına göre iki basamaklı çarpılan sayının onlar basamağında da 5 ya da daha büyük bir rakam olamaz, çünkü böyle bir durumda çarpım üç basamaklı olur.

Bundan sonra işlemlerde henüz belli olmamış rakamlar için ? kullanacağım. Varsayalım iki basamaklı sayımıy 4? şeklinde olsun. 1 ve 3 nolu gözlemler ışığında diğer çarpanın sadece 2 olabileceğini görürüz, aksi takdirde ya çarpım üç basamaklı olur ya da diğer çarpan 1 olur.

4? x 2 işlemine bakalım. Soru işareti yerine gelebilecek rakamları aşağıdaki tabloda yeşil renkle, gelemeyecekleri de kırmızı ile gösterelim.

1. çarpan	2. çarpan	Açıklama
41	2	Birler basamağında 1 olamaz
42	2	2 rakamı iki kere kullanılmış
43	2	Çarpım 86 olur ve bu şimdilik mümkündür
44	2	4 rakamı iki kere kullanılmış
45	2	5 rakamı birler basamağında bulunamaz
46	2	Çarpım 92 olur ve 2 rakamı iki kere kullanılmış olur
47	2	Çarpım 94 olur ve 4 rakamı iki kere kullanılmış olur
48	2	Çarpım 96 olur ve bu şimdilik mümkündür
49	2	Çarpım 98 olur ve bu şimdilik mümkündür

Sırayla bu üç druruma bakalım:

43 x 2 = 86 + ?? = ??   Kalan rakamlar 1, 5, 7, 9. Bu durumda 86 + 1? = ?? olmak zorundadır çünkü diğer bütün durumlarda toplam üç basamaklı olur. Fakat bu da yetmemektedir çünkü kalan rakamlarla yazılabilecek en küçük iki basamaklı sayı 15'tir ve 86 + 15 = 101, yani yine üç basamaklı bir sayı. Demek ki birinci çarpan 43 olamaz.

48 x 2 = 96 ve 49 x 2 = 98 durumlarının olamayacağı daha kolay görülür çünkü 96 ya da 98 sayısına eklenecek herhangi bir iki basamaklı sayı toplamı üç basamaklı yapacaktır.

3? x ? işlemine bakacak olursak tek basamaklı çarpan için sadece 2 rakamını kullanabileceğimizi görürüz, çünkü yukarıdaki kurallara göre 1 rakamı olamaz ve 3 rakamını kullanırsak da bu rakamı iki kere kullanmış oluruz. 3'ten büyük tüm rakamlarda da çarpım üç basamaklı olur.

3? x 2 için olası rakamlar tablomuzu hazırlayalım.

1. çarpan	2. çarpan	Açıklama
31	2	Birler basamağında 1 olamaz
32	2	2 rakamı iki kere kullanılmış
33	2	3 rakamı iki kere kullanılmış
34	2	Çarpım 68 olur ve bu şimdilik mümkündür
35	2	5 rakamı birler basamağında bulunamaz
36	2	Çarpım 72 olur ve 2 rakamı iki kere kullanılmış olur
37	2	Çarpım 74 olur ve 7 rakamı iki kere kullanılmış olur
38	2	Çarpım 76 olur ve bu şimdilik mümkündür
39	2	Çarpım 78 olur ve bu şimdilik mümkündür

Yukarıdaki gibi bu üç durumu inceleyelim:

34 x 2 = 68 + ?? = ??   Kalan rakamlar 1, 5, 7, 9. Toplama işlemi 68 + 1? şeklinde olmalıdır çünkü diğer durumlarda en küçük işlem 68 + 5? olacaktır ve bu bile üç basamaklı bir toplam verir. Olası üç ihtimale de bakarsak toplama sonucunda en azından 8 rakamının iki kez kullanılmış olacağını görürüz.
68 + 15 = 83  : Olamaz, 8 rakamı iki kere kullanılmış.
68 + 17 = 85  : Olamaz, 8 rakamı iki kere kullanılmış.
68 + 19 = 87  : Olamaz, 8 rakamı iki kere kullanılmış.

38 x 2 = 76 + ?? = ?? Kalan rakamlar: 1, 4, 5, 9. İşlem 38 x 2 = 76 + 1? = ?? şeklinde olmalı çünkü çünkü onlar basamağı 1 olmayan en küçük iki basamaklı sayı 41'dir ve 76 + 41 = 117, yani iki basamaklı bir toplam mümkün değildir.

38 x 2 = 76 + 14 = 90   : Olamaz, 0 rakamı kullanılmış.
38 x 2 = 76 + 15 = 91   : Olamaz, 1 rakamı iki kere kullanılmış
38 x 2 = 76 + 19 = 95   : Olamaz, 9 rakamı iki kere kullanılmış


Şimdi de 2? x ? işlemine bakalım. Tek basamaklı çarpan 5 ya da daha büyük bir rakam olamaz, çünkü o zaman çarpım üç basamaklı olurdu. 2 de olamaz, çünkü bu rakam zaten kullanılmış. Kalan adaylar 3 ve 4. Önce 4'ü inceleyelim.

2? x 4 = ??

Bu işlemde de iki basamaklı çarpanın birler basamağı 5 ya da daha büyük bir rakam olamaz. Bu durumda çarpım üç basamaklı olurdu. Diğer durumları listelersek:

24 x 4 = 96  : Olamaz, 4 rakamı iki kere kullanılmış
23 x 4 = 92  : Olamaz, 2 rakamı iki kere kullanılmış
22 x 4 = 88  : Olamaz, 2 rakamı iki kere kullanılmış
21 x 4 = 84  : Olamaz, birler basamağında 1 rakamı kullanılmış

Demek ki tek basamaklı çarpanın 3 olduğu durumları inceleyeceğiz. Yine bir tablo yapalım.

1. çarpan	2. çarpan	Açıklama
21	3	Birler basamağında 1 olamaz
22	3	2 rakamı iki kere kullanılmış
23	3	3 rakamı iki kere kullanılmış
24	3	Çarpım 72 olur ve 2 rakamı iki kere kullanılmıştır
25	3	5 rakamı birler basamağında bulunamaz
26	3	Çarpım 78 olur ve bu şimdilik mümkündür
27	3	Çarpım 81 olur ve bu şimdilik mümkündür
28	3	Çarpım 84 olur ve 8 rakamı iki kere kullanılmıştır
29	3	Çarpım 87 olur ve bu şimdilik mümkündür

26 x 3 = 78 + ?? = ??    Kalan rakamlar : 1, 4, 5, 9
26 x 3 = 78 + 14 = 92  : Olamaz, 2 rakamı iki kere kullanılmış
26 x 3 = 78 + 15 = 93  : Olamaz, 3 rakamı iki kere kullanılmış
26 x 3 = 78 + 19 = 97  : Olamaz, 9 rakamı iki kere kullanılmış
Diğer sayılar da olamaz çünkü kalan sayılar içinde en küçük iki basamaklı sayıyı kullanınca son toplam üç basamaklı olur : 78 + 41 = 119

27 x 3 = 81 + ?? = ??   Kalan rakamlar : 4, 5, 6, 9
Kalan rakamlarla yazılabilecek en küçük iki basamaklı sayı 45'tir ve 81 + 45 = 126 üç basamaklıdır. Demek ki bu ihtimal de olamaz.

29 x 3 = 87 + ?? = ??  Kalan rakamlar: 1, 4, 5, 6
Kalan rakamlarla yazılabilecek en küçük iki basamaklı sayı 14'tür ve 87 + 14 = 101 üç basamaklıdır. Demek ki bu ihtimal de olamaz.

Son olarak tabii ki 1? x ? = ?? işlemini inceleyeceğiz.

Tek basamaklı çarpan 9 olamaz, çünkü 1? x 9 çarpımı üç basamaklı olurdu (12 x 9 = 108).
Tek basamaklı çarpan 8 olamaz, çünkü 12 x 8 = 96 + ?? işleminin sonucu üç basamaklı olurdu (96 + 34 = 130)
Tek basamakli çarpan 7 olamaz, çünkü 12 x 7 = 84 + ?? işleminin sonucu üç basamaklı olurdu (84 + 34 = 118)
Tek basamaklı çarpan 6 olamaz, çünkü 12 x 6 = 72 + ?? işleminin sonucu üç basamaklı olurdu (72 + 34 = 106)
Tek basamaklı çarpan 5 olamaz (2. gözlem)
Tek basamaklı çarpan 4 ise aşağıdaki gibi bir tablo hazırlayalım.

1. çarpan	2. çarpan	Açıklama
11	4	Birler basamağında 1 olamaz
12	4	Çarpım 48 olur ve 4 rakamı iki kere kullanılmış
13	4	Çarpım 52 olur ve bu şimdilik mümkündür
14	4	4 rakamı iki kere kullanılmıştır
15	4	5 rakamı birler basamağında bulunamaz
16	4	Çarpım 64 olur ve 4 rakamı iki kere kullanılmıştır
17	4	Çarpım 68 olur ve bu şimdilik mümkündür
18	4	Çarpım 72 olur ve bu şimdilik mümkündür
19	4	Çarpım 76 olur ve bu şimdilik mümkündür

13 x 4 = 52 + ?? = ??  : Olamaz çünkü kalan rakamlarla (6, 7, 8, 9) elde edeceğimiz en küçük iki basamaklı sayı ile toplama işlemi yaparsak (52 + 67 = 119) üç basamaklı bir sayı elde ederiz.
17 x 4 = 68 + ?? = ??  : Kalan rakamlar = 2, 3, 5 ,9. Toplama işleminde eklenen sayının onlar basamağı 2 olmalıdır, eğer 3 ya da daha büyük olursa toplam üç basamaklı olacaktır (68 + 32 = 100).  68 + 2? = ?? için tek çözüm 68 + 25 = 93 olur.
18 x 4 = 72 + ?? = ??  : Olamaz çünkü kalan rakamlarla (3, 5, 6, 9) elde edebileceğimiz en küçük iki basamaklı ile toplama işlemi yaparsak (72 + 35 = 107) üç basamaklı bir sayı elde ederiz.
19 x 4 = 76 + ?? = ??  : Olamaz çünkü kalan rakamlarla (2, 3, 5, 8) elde edebileceğimiz en küçük iki basamaklı sayı ile yaptığımız toplama işleminin sonucu 76 + 23 = 99 olacaktır ve bu durumda 9 rakamı 3 kere kullanılmış olacaktır. Diğer bütün kombinasyonlarla eldiğimiz sayılarla yapılan toplamalar ise üç basamaklı olacaktır.

Başka çözüm olup olmadığını bulmak için kalan ihtimallere de bakalım.

1. çarpan	2. çarpan	Açıklama
11	3	Birler basamağında 1 olamaz
12	3	Çarpım 36 olur ve 3 rakamı iki kere kullanılmış
13	3	3 rakamı iki kere kullanılmış
14	3	Çarpım 42 olur ve 4 rakamı iki kere kullanılmıştır
15	3	5 rakamı birler basamağında bulunamaz
16	3	Çarpım 48 olur ve bu şimdilik mümkündür
17	3	Çarpım 51 olur ve 1 rakamı iki kere kullanılmıştır
18	3	Çarpım 54 olur ve bu şimdilik mümkündür
19	3	Çarpım 57 olur ve bu şimdilik mümkündür

16 x 3 = 48 + ?? = ??    Kalan rakamlar 2, 5, 7, 9. Toplama işleminde eklenen sayının onlar basamağı 2 olmalıdır çünkü bu rakam 5 ya da daha büyük bir rakam olursa toplam (48 + 52 = 100) üç basamaklı olacaktır. Bu eklenen sayının birler basamağı da 7 olmalıdır çünkü sadece bu durumda (8+7 = 15) toplamın birler basamağı kalan rakamlardan biri olur. 48 + 27 = 75 fakat 7 rakamı iki kere kullanılmış oldu, demek ki bu bir çözüm olamaz.

18 x 3 = 54 + ?? = ??    Kalan rakamlar 2, 6, 7, 9.  Toplama işleminde eklenen sayının onlar basamağı 2 olmalıdır çünkü bu rakam 6 ya da daha büyük bir rakam olursa toplam (54 + 62 = 116) üç basamaklı olacaktır. Bu eklenen sayının birler basamağı için ise uygun bir rakamımız yoktur. Hangi kombinasyonu alırsak alalım bir rakam en az iki kere kullanılmış olacaktır.
18 x 3 = 54 + 26 = 80     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
18 x 3 = 54 + 27 = 81     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
18 x 3 = 54 + 29 = 83     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
Bu nedenle bu çözüm de olamaz.

19 x 3 = 57 + ?? = ??    Kalan rakamlar 2, 4, 6, 8.  Toplama işleminde eklenen sayının onlar basamağı 2 olmalıdır çünkü bu rakam 6 ya da daha büyük bir rakam olursa toplam (57 + 62 = 119) üç basamaklı olacaktır. Eğer onlar basamağı 4 olursa ulaşacağımız en küçük toplam 57 + 42 = 99 olacaktır. Bu durumda 9 rakamı üç kere kullanılmış olacak, diğer durumlarda da toplam üç basamaklı olacak. Eklenen sayı 2? şeklinde ise kalan ihtimallere bakalım.
19 x 3 = 57 + 24 = 81     1 rakamı iki kere kullanılmıştır
19 x 3 = 57 + 26 = 83     3 rakamı iki kere kullanılmıştır
19 x 3 = 57 + 28 = 85     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
Bu nedenle bu çözüm de olamaz.

1. çarpan	2. çarpan	Açıklama
11	2	Birler basamağında 1 olamaz
12	2	2 rakamı iki kere kullanılmış
13	2	Çarpım 26 olur ve 2 rakamı iki kere kullanılmıştır
14	2	Çarpım 28 olur ve 2 rakamı iki kere kullanılmıştır
15	2	5 rakamı birler basamağında bulunamaz
16	2	Çarpım 32 olur ve 2 rakamı iki kere kullanılmıştır
17	2	Çarpım 34 olur ve bu şimdilik mümkündür
18	2	Çarpım 36 olur ve bu şimdilik mümkündür
19	2	Çarpım 38 olur ve bu şimdilik mümkündür

17 x 2 = 34 + ?? = ??    Kalan rakamlar 5, 6, 8, 9.  Toplama işleminde eklenen sayının onlar basamağı 5 olmalıdır çünkü bu rakam 7 ya da daha büyük bir rakam olursa toplam (34 + 75 = 109) üç basamaklı olacaktır. Eğer onlar basamağı 6 olursa ulaşacağımız en küçük toplam 34 + 65 = 99 olacaktır. Bu durumda 9 rakamı iki kere kullanılmış olacak, diğer durumlarda da toplam üç basamaklı olacak. Eklenen sayı 5? şeklinde ise kalan ihtimallere bakalım.
17 x 2 = 34 + 56 = 90     0 rakamı kullanılmıştır
17 x 2 = 34 + 58 = 92     2 rakamı iki kere kullanılmıştır
17 x 2 = 34 + 59 = 93     9 rakamı iki kere kullanılmıştır
Bu nedenle bu çözüm de olamaz.

18 x 2 = 36 + ?? = ??    Kalan rakamlar 4, 5, 7, 9.  Toplama işleminde eklenen sayının onlar basamağı 4 ya da 5 olmalıdır çünkü bu rakam 7 ya da daha büyük bir rakam olursa toplam (36 + 74 = 110) üç basamaklı olacaktır. Eklenen sayı 4? ya da 5? şeklinde ise kalan ihtimallere bakalım.
18 x 2 = 36 + 45 = 81     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
18 x 2 = 36 + 47 = 83     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
18 x 2 = 36 + 49 = 85     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
18 x 2 = 36 + 54 = 90     0 rakamı kullanılmıştır
18 x 2 = 36 + 57 = 93     3 rakamı iki kere kullanılmıştır
18 x 2 = 36 + 59 = 95     9 rakamı iki kere kullanılmıştır
Bu nedenle bu çözüm de olamaz.

19 x 2 = 38 + ?? = ??    Kalan rakamlar 4, 5, 6, 7.  Toplama işleminde eklenen sayının onlar basamağı 4 ya da 5 olmalıdır çünkü bu rakam 6 ya da daha büyük bir rakam olursa toplam (38 + 64 = 102) üç basamaklı olacaktır. Eklenen sayı 4? ya da 5? şeklinde ise kalan ihtimallere bakalım.
19 x 2 = 38 + 45 = 83     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
19 x 2 = 38 + 46 = 84     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
19 x 2 = 38 + 47 = 85     8 rakamı iki kere kullanılmıştır
19 x 2 = 38 + 54 = 92     9 rakamı iki kere kullanılmıştır
19 x 2 = 38 + 56 = 94     9 rakamı iki kere kullanılmıştır
19 x 2 = 38 + 57 = 95     9 rakamı iki kere kullanılmıştır
Bu nedenle bu çözüm de olamaz.

Böylece bütün olasılıkları incelemiş olduk ve elde ettiğimiz tek çözüm:
17 x 4 = 68 + 25 = 93

İşlem bulmaca 2

Aşağıdaki soruda her nokta 1'den 9'a kadar bir rakamı temsil ediyor. 0 rakamı kullanılmayacak. Ayrıca her rakam sadece bir kere kullanılacak.

İşlem bulmaca (Çözüm)

Bu sorunun tek bir çözümü varsa iki basamaklı en büyük sayıları çarpmaktan başlamak iyi bir yöntemdir. 

99*99 = 9801

Bu sayıya yüzler basamağı 1 olan en büyük sayıyı eklersek:

9801 + 199 = 10000

beş basamaklı en küçük sayıya ulaşabiliyoruz. Bu da aradığımız çözümdür. Dikkat edilirse başka hiçbir sayı ile bu şartları sağlayamayız. 

Örneğin çarpımdaki sayıları çok az küçültsek 

99*98 = 9702

ve bu durumda en küçük beş basamaklı sayıya ulaşmak için gereken toplama işlemi

9702 + 298 = 10000 olur ama 298 sayısının yüzler basamağı 1 değildir.

Ya da 99*99 işleminden sonra 199 sayısından küçük başka bir sayı eklersek bu sefer de beş basamaklı bir sayıya ulaşamayız.

9801 + 198 = 9999

İşlem bulmaca

Aşağıdaki işlemde noktalar 0'dan 9'a kadar rakamları temsil etmektedir. Bazı rakamlar birden fazla kullanılmış ve bazıları da hiç kullanılmamış olabilir. Görüldüğü gibi iki basamaklı iki sayı çarpılmış ve sonuç olarak dört basamaklı bir sayı çıkmış. Bu sayıya yüzler basamağı 1 olan üç basamaklı bir sayı eklenmiş ve sonuç olarak beş basamaklı bir sayı elde edilmiş. Noktaların temsil ettiği rakamları bularak işlemi tamamlayın.

Not: Soru Martin Gardner'dan alıntıdır.

El kaldırmadan çizimler 2 (Çözüm)

Bu çizimin heralde bir sürü çözümü vardır ama ben çözümde Möbius şeridini kullandım. Problemde verilen iki taraflı şeritten tek taraflı bir şerit yaparak orjinal şeridin iki tarafına da aynı çizgiyi çizebildim böylece. Aşağıdaki videoda bu çizimi nasıl yaptığımı ve Möbius şeridinin bir kaç tane ilginç özelliğini seyredebilirsiniz. 

El kaldırmadan çizimler 2

Bu sefer çizilecek şekil daha kolay. Sadece bir doğru çizgi. Çizilecek ortam biraz değişik ama. 

Aşağıdaki şekildeki gibi bir kağıt şeridin hem üst hem alt tarafına elinizi kağıdın üzerinden kaldırmadan şerit boyunca doğru çizgi çizilecek.

Orjinal kağıt şerit

Hedef çizim

Kalın çizgi ile gösterilen doğru kağıdın bize bakan tarafında, noktalı gösterilen çizgi de kağıdın arka tarafında olacak. Tabii ki iki çizgi de sürekli olacak, noktalı gösterim kağıdın arka tarafını belirtmek içindi.

Tokalaşma (Çözüm)

Basit bir deneme olarak $N=1$ alalım ve 4 kişi için kutudan çıkan tokalaşmaların sayısı olarak $0, 1, 2$ değerlerini verecek durumu bulalım. Kişileri aşağıdaki gibi ifade edelim.

$BB$ : Bölüm başkanı
$BBE$ : Bölüm başkanının eşi
$D_{1}$ : 1 numaralı davetli
$DE_{1}$ : 1 numaralı davetlinin eşi

Bu kişilerin tokalaşma adedini de $T()$ ile gösterelim, yani $T(BB)$ bölüm başkanının tokalaşma sayısını göstersin.

Eğer $T(BBE) = 0$ ise o zaman $T(D_{1}) = 2$ ya da $T(DE_{1}) = 2$ olmalıdır. Bu ikisi birbirleriyle ve kendileriyle tokalaşmadıklarına göre birisi kalan iki kişiyle tokalaşmış olmalıdır. Bu durumda $T(BBE) > 0$ olmalıdır ve bu da varsayımımızla çelişmektedir. Demek ki $T(BBE) \ne 0$.

Eğer $T(BBE) = 2$ ise o zaman $T(D_{1}) = 0$ ya da $T(DE_{1}) = 0$ olmalıdır. BBE BB ile ya da kendiisiyle tokalaşmadığına göre hem $D_{1}$ ile hem de $DE_{1}$ ile tokalaşmış olmalıdır. Bu durumda $T(D_{1}) > 0$ ve $T(DE_{1}) > 0$ olmalıdır ve bu da varsayımımızla çelişmektedir. Demek ki $T(BBE) \ne 0$.

O zaman $T(BBE) = 1$ olmalıdır. Bu durumda $T(D_{1}) = 0$ ve $T(DE_{1}) = 2$ (ya da $T(D_{1}) = 2$ ya da $T(DE_{1}) = 0$) ve $T(BB) = 1$ olacak.

Bir davetli çift için bölüm başkanı ve eşi birer kere tokalaşmış olacak. Davetli çiftten bir kişi iki diğeri de sıfır kere tokalaşmıştır.

Şimdi çözüm için bazı gözlemler yapalım. $N > 0$ adet davetli ve eşleriyle beraber partide toplam $2N+2$ kişi (davetli çiftler, bölüm başkanı ve bölüm başkanının eşi) olacaktır.

1.) Herhangi bir kişi en fazla $2N$ kere tokalaşmış olabilir: Bir kişi kendisi ve eşi ile tokalaşamayacağına göre en fazla toplam kişi adedinden iki eksik kere tokalaşabilir. Bu da $(2N+2) - 2 = 2N$ kere tokalaşma demektir.  

2.) Partiye katılmış çiftlerden birindeki kişilerden biri $0$ diğeri de $2N$ kere tokalaşmıştır: Partidekilerden biri $2N$ kere tokalaşmıştır, yani eşi ve kendisi dışında herkesle tokalaşmış. Bu durumda $0$ kere tokalaşmış olabilecek tek aday vardır. Bu da bu kişinin eşidir.

3.) Bölüm başkanının eşi $0$ kere tokalaşmamıştır: Bölüm başkanı kutuya tokalaşma adedini koymadığına göre partideki diğer bir kişi $2N$ kişi ile tokalaşmıştır. Bu durumda bu kişi bölüm başkanının eşi ile de tokalaşmış olurdu ve böylece bölüm başkanının eşi $0$ kere tokalaşmış olamaz.

4.)  Bölüm başkanının eşi $2N$ kere tokalaşmış olamaz: Bölüm başkanı kaç kere tokalaştığını kutuya koymadığından başka bir davetli $0$ kere tokalaşmıştır. 2 numaralı gözlemden biliyoruz ki  bu davetlinin eşi de $2N$ kere tokalaşmış olmalıdır ama kutudan sadece bir adet $2N$ sayısı çıktığına göre bölüm başkanının eşi $2N$ kere tokalaşmış olamaz.

Bu gözlemlerden çıkan sonuç şudur: Bölüm başkanı ve eşi dışında partiye katılan bir çift $0$ ve $2N$ kere tokalaşmıştır. 

Bu çiftin özelliği de diğer herkese etkileri aynı olmuş olmaları. Yani biri herkesle birer kere tokalaşmış, diğeri de hiç kimseyle tokalaşmamış. Bu durumda bu çifti partiden (ve de sayımdan) çıkarırsak aynı şartlarda daha küçük bir problem elde ederiz. Yani kutudan çıkan sayılardan $0$ ve $2N$ sayılarını önce atarız, böylece geriye $1$'den $2N-1$'e kadar sayılar kalır. Şimdi de herkesle olan tokalaşmaları bir azaltırsak (bu çiftin herkesle olan eşit etkileşimi nedeniyle) problem bu sefer $0$'dan $2N-2$'ye kadar her sayının bir kere olduğu bir tokalaşma partisine dönüşür ve elimizde artık sadece $N-1$ davetli çift kalmıştır. Partiden çıkardığımız bu çift bölüm başkanı ile de toplam 1 kere tokalaşmıştır. 

Bu aşamada ilk dört gözlemimiz hala geçerlidir. Bu nedenle aynı dönüşümü davetli çiftler bitene kadar tekrarlayabiliriz ve çıkarılan her çift için bölüm başkanının toplam tokalaşma adedine bir ekleriz. Bütün davetli çiftler partiden çıkarıldığında da sonuç olarak bölüm başkanının $N$ kere tokalaşmış olduğunu buluruz.

Son çifti de çıkardığımızda davetli çift sayısı 0 olacaktır ve artık tokalaşma yapılmayacaktır. Bu aşamada da algoritmamız son bulacaktır.

5.) Her bir çift toplam $2N$ kere tokalaşmıştır: $0$ ve $2N$ yukarıda incelenmişti. $2N-1$ kere tokalaşmış kişi için durumu inceleyelim. Partide $n$ kere tokalaşmış kişiyi $K_{n}$ şeklinde gösterelim. $K_{2N-1}$, $K_{2N}$ ve $K_{0}$ dışında $2N-2$ kişiyle tokalaşmıştır (bir eksik tokalaşma $K_{2N}$ ile olan). Yani bu kişi kendisi, eşi, $K_{2N}$ ve $K_{0}$ dışında herkesle tokalaşmıştır. $K_{2N}$ de aynı kişilerle de tokalaştığından bu kişilerin tokalaşma adedi en az 2'dir. Bu durumda br kere tokalaşmış olan tek kişi $K_{2N-1}$'in eşidir. Aynı mantık diğer kişiler için de yürütülürse her çiftin toplam $2N$ kere tokalaştığı çıkar.

Dolayısı ile hem bölüm başkanı hem de eşi $N$ kere tokalaşmmıştır.

24 (Çözüm)

• 3, 3, 7, 7

$(3 + \frac {3}{7}) \cdot 7 = \frac {24}{7} \cdot 7 = 24$

• 2, 3, 10, 10

$2 \cdot (10 - 3) + 10 = 2 \cdot 7 + 10 = 14 + 10 = 24$

• 1, 3, 4, 6

$\frac {6}{1- \frac {3}{4}} = \frac {6}{\frac{1}{4}} = 6 \cdot 4 = 24$

Tokalaşma

Matematik bölümü başkanı ve eşi bir parti verir ve N kişiyi ve eşlerini bu partiye davet eder. Partiye bütün davetliler eşleriyle gelirler ve akşam sona ererken bölüm başkanı misafirlerinden ve kendi eşinden o akşam kaç kişiyle tokalaşmışlarsa bunu bir karta yazıp masanın üzerindeki kutuya atmalarını istemiş. Kutu açıldığında 0'dan 2N'e kadar bütün sayıların yazılmış olduğunu gören bölüm başkanı kaç kişi ile tokalaşmıştır?

Not: Kimsenin yalan söylemediği ve kişilerin kendi eşleriyle tokalaşmadıkları varsayılacak. 

24

Sadece dört temel işlemi (toplama, çarpma, çıkarma ve bölme) kullanarak aşağıdaki sayılarla (hepsini kullanarak) 24 sayısını elde edin.  

• 3, 3, 7, 7
• 2, 3, 10, 10
• 1, 3, 4, 6

Her soruda verilen her sayı bir kere kullanılabilir ve sorular 10'luk düzende çözülecek.

12 küre (Çözüm)

Küreleri $K_{1}, K_{2}, ..., K_{12}$ şeklinde gösterelim. 

İlk tartıda farklı küreyi ya da farklı kürenin ağır mı yoksa hafif mi olduğunu bulamayız, fakat ikinci tartıda bu ikisinden birini bulmamız lazım. Bunun için önce basit bir iki duruma bakalım. 

1. Örneğin farklı kürenin $K_{7}$ olduğunu biliyorsak tek tartıda bu kürenin ağır mı yoksa hafif mi olduğunu anlayabiliriz. Bu küreyi soldaki kefeye ve diğer onbir küreden herhangi birini de sağ kefeye koyarsak bir sonraki tartı diğer kür normal olduğundan aradığımız sonucu verecektir.

2. Bir diğer temel durum da şudur: Elimizde üç küre olsun ($K_{1}, K_{2}, K_{3}$)  ve hafif küre de bu üçünden biri olsun. O zaman hafif kürenin hangisi olduğunu tek tartıda bulabiliriz. Bunun için $K_{1}$ küresini sol kefeye, $K_{2}$ küresini de sağ kefeye koyarız. Eğer sol kefe ağır basarsa hafif küre $K_{2}$'dir. Eğer sağ kefe ağır gelirse $K_{1}$ hafif küredir. İkisi de eşit ise o zaman aradığımız hafif küre tartmadığımız $K_{3}$ küresidir.  Eğer bu üç küreden birinin ağır olduğunu biliyorsak yine aynı mantıkla farklı küreyi bulabiliriz. 

Soldaki kefeye $K_{1}, K_{2}, K_{3}, K_{4}$ sağdaki kefeye de $K_{5}, K_{6}, K_{7}, K_{8}$ kürelerini koyalım.

Eğer kefeler aynı hizada kalırsa, yani iki grup da aynı ağırlıkta ise aradığımız farklı küre kalan dört küreden biridir. Yukarıdaki iki durumu da aynı anda elde edebilmek için kalan dört küreden üçünü tarttığımız normal kürelerden üçüyle karşılaştıralım. Sol kefeye $K_{1}, K_{2}, K_{3}$ kürelerini koyalım, sağ kefeye de $K_{9}, K_{10}, K_{11}$ kürelerini koyalım. Eğer bu tartı da eşit çıkarsa farklı olan küre $K_{12}$'dir ve bunun hafif mi ağır mı olduğunu yukarıdaki gibi buluruz. İkinci tartıda sağ kefe ağır ya da hafif gelirse aradığımız kürenin ağır mı yoksa hafif mi olduğunu öğrenmiş olacağız ve elimizde üç küre kalmış olduğundan 2. duruma göre bu küreyi son tartıda bulabileceğiz.

İlk tartıda sol kefe ağır gelirse aradığımız küre ya ağır ve soldaki gruptadır ya da hafif ve sağdaki kefededir. Deminki analizde çözüm kolaydı çünkü hatalı kürenin içinde bulunduğu dört küre kalmıştı elimizde, şimdi ise sekiz küre arasında bir yöntem bulmamız gerekiyor. Bunun için de çözüm kolay. İkinci tartı için sol kefeye $K_{1}, K_{5}, K_{6}, K_{7}$ kürelerini koyalım ve sağdaki kefeye de $K_{8}, K_{10}, K_{11}, K_{12}$ kürelerini. Dikkat edilirse ağır taraftan üç küreyi dışarı çıkardık, yerine hafif taraftan üç küre aldık. Hafif tarafa da üç normal küre koyduk. Bu şekilde farklı küreleri içerebilecek iki grubu da üç ve bir kürelik iki gruba ayırmış olduk ama bir grubu tekrar tamamen kullandık. Eğer sol kefe tekrar ağır gelirse aradığımız küre ya ağır olan $K_{1}$ küresidir ya da hafif olan $K_{8}$ küresi. Hangisi olduğunu anlamak için $K_{1}$ ile $K_{12}$ kürelerini tartabiliriz.

Eğer ikinci tartıda sağ kefe ağır gelirse $K_{5}, K_{6}, K_{7}$ kürelerinden biri hafif olmalıdır, çünkü ilk tartıda ağır olan sol kefeyi bu sefere hafifletebilecek tek değişiklik sağ kefeden gelen kürelerdir. Sağ kefedeki tek değişilik ise normal kürelerdir. 2. durum analizinden biliyoruz ki, bu üç küre içinden hafif olanı tek tartıda bulabiliriz.

İkinci tartıda iki kefe de eşit çıkarsa demekki ağır küre $K_{2}, K_{3}, K_{4}$ kürelerinden biriydi. Yine 2. durum çözümünü kullanarak ağır küreyi son tartıda bulabiliriz.

Aşağıdaki tabloda çeşitli problem durumları listelenmiştir. Bu durumlar için kaç tartıda ($k$) kaç tane küre ($n$) çözümün bulunabileceği de yine aynı tabloda görülebilir.

Problem	Çözüm
1 adet farklı küre var ve bu kürenin ağır ya da hafif olduğu verilmiş	$n \le 3^{k}$
1 adet farklı küre var ve sadece farklı küre bulunacak	$n \le \frac {3^{k}-1}{2}$
1 adet farklı küre var ve sadece farklı küre bulunacak. Bu sırada normal ağırlıkta ekstra küreler kullanılabilir.	$n \le \frac {3^{k}+1}{2}$
1 adet farklı küre var. Farklı küre ve bu kürenin ağır mı hafif mi olduğu bulunacak	$n \le \frac {3^{k}-3}{2}$
1 adet farklı küre var. Farklı küre ve bu kürenin ağır mı hafif mi olduğu bulunacak. Normal ağırlıkta ekstra küreler kullanılabilir.	$n \le \frac {3^{k}-1}{2}$

Doğru ağırlıkta ekstra küreler kullanmak örneğin yukarıdaki orjinal sorunun içinde de saklı. Tabloya baktığımızda (ya da kendiniz de deneyebilirsiniz) dört küre için iki tartıda hatalı küreyi ve bu kürenin ağır mı hafif mi olduğunu ekstra küreler kullanmadan bulmanın bir yolu yok. Sorunun çözümünde ise ilk tartı eşit ise soru, dört küre içinden iki tartıda farklı küreyi ve bu kürenin ağır mı yoksa hafif mi olduğunu bulmaya dönüşüyor. Fakat bu sefer elimizde normal olduğu bilinen sekiz küre daha var ve bu sayede soru çözülebiliyor.

12 küre

Elimizde görünüşleri aynı oniki adet küre var. Bu kürelerden biri diğerlerinden ağır ya da hafif. Bir adet çift kefeli terazi ve sadece bu küreleri kullanarak üç tartıda hangi kürenin farklı ve bu farklı kürenin ağır mı yoksa hafif mi olduğu nasıl bulunur?

N küre arasından farklı olanı (ağır mı hafif mı olduğunu da) bulmak için kaç tartı gerekir?

El kaldırmadan çizimler (Çözüm)

Serkan bana aslında ipucunda verilen soruyu sormuştu ama ben ilk soruyu sorduğunu düşünüp çözmeye çalıştım. Tabii ki hemen Euler'in çizge kuramınının temellerini attığı Königsberg'in yedi köprüsü problemindeki yöntemi kullanmayı denedim.

Önce şekildeki çizgilerin buluşma noktalarının (düğümlerin) derecelerini (o düğümde kaç çizginin buluştuğunu) yazdım. Aşağıda bu şekli görebilirsiniz.

Sorunun çözümündeki problemi hemen gördüm tabii ki. Bağlı bir çizgede (yani herhangi iki düğüm arasında en az bir yol mevcut) her çizgiden yalnızca bir kez geçerek bütün noktalara uğramak için iki şarttan biri sağlanmalı:

1. Bütün düğümlerin derecesi çift olmalı: Bu durumda turumuzu başladığımız noktada bitirebiliriz. Bu tura Euler turu denmektedir.
2. Yalnızca iki düğümün derecesi tek olmalıdır: Kalan düğümler çift dereceli olacaktır ve bu durumda çizime derecesi tek olan düğümlerden birinde başlayıp diğer tek dereceli düğümde bitireceğiz.

Diğer hiçbir durumda bu çizim mümkün değildir. Elimizdeki şekilde ise tek dereceli dört adet düğüm var. Demek ki bu çizimi normal yollardan yapmanın yolu yok. "Çözümü" bu noktaya getirdikten sonra doğru çözümün ne olduğunu Serkan'a sordum. Cevabı aşağıdaki videoda Serkan'ın kendi çiziminde görebilirsiniz.

Serkan'ın ipucundaki soru için çözümü

Bu aşamada tabii ki Serkan'ın bana aslında ipucundaki soruyu sorduğunu anladım. Hem çizgilerden birden fazla geçmek mümkündü hem de çember ve artı işareti (ya da çarpı işareti) birbirine değmiyordu. Bu çözümden esinlenerek yukarıdaki asıl soruyu çözmeyi de başardım. Bunu da aşağıdaki videoda görebilirsiniz.

Asıl sorunun çözümü

Çözümde çeşitli hileler kullanmak gerekti ama soruyu Serkan'ın sorduğunu belirtmiştim. Asıl ipucu buydu.