Muz taşımacılığı

A şehrinde bulunan 3000 adet muz bir deve ile B şehrine taşınacak. İki şehir arasında 1000 km mesafe var. Bu deve aynı anda en fazla 1000 tane muz taşıyabiliyor ve gideceği her kilometrenin başında bir adet muz yiyor. B şehrine ulaştırılabilecek maksimum muz sayısı kaçtır?

Tuzak odası (Çözüm)

Her hareketten sonra odanın kontrolsüz dönüşü odanın ve düğmelerin hangi durumda olduğunu bilmemizi engelliyor. Yine de kutsal kitapta yazdığı gibi paniğe kapılmayıp sistemi inceleyelim. 

Yapabileceğimiz hareketler üç tane:

1. Karşılıklı iki duvardaki düğmelere basmak ($T_{1}$)
2. Yanyana iki duvardaki düğmelere basmak ($T_{2}$)
3. Herhangi bir duvardaki tek düğmeye basmak ($T_{3}$)

Hiçbir düğmeye basmamak gibi bir imkanımız olsa da çözüm için bize bir faydası dokunmadığından bu ihtimali şimdiden eledim. Şimdi de odanın içinde bulunabileceği durumlara bakalım. Düğmelerin iki değişik konumunu A (Açık) ve K (Kapalı) şeklinde gösterelim.

1. Durum ($P_{1}$): Karşılıklı duvarlardaki düğmeler aynı ve yanyana duvarlardaki düğmeler farklı konumda.

	A
K		K
	A

2. Durum ($P_{2}$): Yanyana iki duvardaki düğmeler aynı ve diğer duvarlardaki düğmeler farklı konumda.

	A
A		K
	K

3. Durum ($P_{3}$): Üç duvardaki düğmeler aynı ve dördüncü duvardaki düğme farklı konumda.

	A
A		K
	A

Bu durumların aslında benzer durumları simgeleyen isimler olduğunu belirteyim. Yani A'lar yerine K ve K'lar yerine A olan durumlar da aynı durumdur. Oda düğmelerin konumu aynı olacak şekilde dönmüş olsa da aynı durumdur.

Şimdi yukarıda tanımladığımız üç değişik hareketin bu durumları hangi durumlara dönüştürdüğüne bakalım. Bunu göstermek için kullanacağımız notasyon da $T_{n}(P_{k}) = P_{l}$ olacak ve n.hareketin k. durumu l. duruma dönüştürdüğünü gösterecek.

$T_{1}(P_{1}) =$ Çıkış  (Bu hareket sonunda bütün düğmeler aynı konuma geleceğinden odadan çıkılacaktır.)

$T_{1}(P_{2}) = P_{2}$

$T_{1}(P_{3}) = P_{3}$

$T_{2}(P_{1}) = P_{2}$

$T_{2}(P_{2}) = P_{1}$ (Aslında şansımız yaver giderse ve aynı konumda olan iki düğmeye basarsak odadan çıkabiliriz de ama çözümde en kötü ihtimali varsayacağız.)

$T_{2}(P_{3}) = P_{3}$

$T_{3}(P_{1}) = P_{3}$

$T_{3}(P_{2}) = P_{3}$

$T_{3}(P_{3}) = P_{1}$ veya $P_{2}$ (Burada da şansımız yaver giderse odadan çıkabiliriz ama yine en kötü ihtimalle yola devam edeceğiz.)

Demek ki odadan kesin olarak çıkabilmek için $P_{1}$ durumuna ulaşmamız ve bu duruma ulaştığımızı bilmemiz lazım. $P_{1}$ durumuna da ya $P_{2}$ durumundan ya da $P_{3}$ durumundan ulaşabiliyoruz. $P_{2}$ durumuna da ya $P_{1}$ durumundan ya da $P_{3}$ durumundan erişebiliyoruz. Bir başka önemli gözlem de $T_{1}$ dönüşümünün bizi ya odadan çıkardığı ya da durumu değiştirmediği. Bir de $T_{2}$ dönüşümünün $P_{3}$ durumunu değiştirmediğini dikkate alırsak şöyle bir plan yapabiliriz.

Önce hangi durumda olduğumuzu anlamaya çalışalım. Bunu da eleme usulüyle yapabiliriz. Birinci durumda olup olmadığımızı birinci hareketle anlayabiliriz. Birinci durumdaysak eğer odadan çıkarız, değilsek durum değişmez. Çıkamadıysak ikinci durumda olduğumuzu varsayarız ve iki numaralı hareketi yaparız. Eğer ikinci durumda idiysek bu bizi birinci duruma götürür ve şimdi yapacağımız bir numaralı hareket bizi odadan çıkarır. Çıkarmadıysa ikinci durumda değil, üçüncü durumda olduğumuzu anlarız ve üç numaralı hareket ile birinci ya da ikinci duruma geçiş yaparız. Sonra yine önce birinci durumu varsayarak bir numaralı hareketi bu da işe yaramazsa deminki gibi önce ikinci durumdan birinci duruma geçmek için iki numaralı hareketi ve ardından tekrar bir numaralı hareketi yaparak odadan çıkarız. Bu karışık yöntemi bir de tablolarla daha anlaşılır bir şekilde görelim.

Adım	Hareket	Durum (Başlangıç $P_{1}$)	Açıklamalar
1	$T_{1}$	Çıkış	Şansımız varsa hemen çıkabiliriz

Adım	Hareket	Durum (Başlangıç $P_{2}$)	Açıklamalar
1	$T_{1}$	$P_{2}$	Çıkamadığımıza göre birinci durumda değildik
2	$T_{2}$	$P_{1}$
3	$T_{1}$	Çıkış	Demek iki numaralı durumda başlamışız

Adım	Hareket	Durum (Başlangıç $P_{3}$)	Açıklamalar
1	$T_{1}$	$P_{3}$	Çıkamadığımıza göre birinci durumda değildik
2	$T_{2}$	$P_{3}$
3	$T_{1}$	$P_{3}$	Hala çıkamadığımıza göre üç numaralı durumla başladık ve şu an da üç numaralı durumdayız
4	$T_{3}$	$P_{1}$	Bu adımda iki devam yolu var ve önce bir numaralı durumun olduğunu kabul edelim.
5	$T_{1}$	Çıkış	Demek şansa birinci duruma geçmişiz

Adım	Hareket	Durum (Başlangıç $P_{3}$)	Açıklamalar
1	$T_{1}$	$P_{3}$	Çıkamadığımıza göre birinci durumda değildik
2	$T_{2}$	$P_{3}$
3	$T_{1}$	$P_{3}$	Hala çıkamadığımıza göre üç numaralı durumla başladık ve şu anda da üç numaralı durumdayız
4	$T_{3}$	$P_{2}$	Bu adımda iki devam yolu var ve bu sefer iki numaralı durumun olduğunu kabul edelim.
5	$T_{1}$	$P_{2}$	Demek ikinci duruma geçmişiz
6	$T_{2}$	$P_{1}$	O zaman birinci duruma nasıl geçeceğimizi biliyoruz
7	$T_{1}$	Çıkış	Yaşasın özgürlük

Böylece Şinasi hoca yetişemeden odadan çıkmayı başardık. Dikkat edilirse ilk üç tablodaki adımlar son tablodaki adımların başlangıç kısımları. Demek ki son tablodaki yöntem ile genel çıkış yolunu bulmuş oluyoruz ve ispatlamamış olsam da 7 adımdan daha iyi bir çözüm bulamadım.

"Mischief managed."

Tuzak odası

Bilindiği gibi Hogwarts'ta bir sürü koridor öğrenciler için yasaktır ama bu yasakları iplemeyen birileri her zaman vardır. Yine böyle günlerden birinde Hayri Pıtır kendini telefon kulübesi büyüklüğünde bir odanın içinde bulur fakat kapı filan yoktur, sadece birbirinin aynısı dört duvar. Tam çaresizliğe kapılmak üzereyken dört duvarın da ortasında birer delik belirir ve oda konuşmaya başlar:

"Elini sokarsan deliklerin içinde birer düğme bulacaksın ama bu düğmeler basılı mı değil mi anlayamayacaksın. Aynı anda istediğin iki deliğe ellerini sokabilirsin ve düğmelerin birine ya da ikisine de bir kere basabilirsin ama istersen hiçbirine basmadan ellerini deliklerden çıkarabilirsin. Ellerini çıkardıktan sonra eğer bütün düğmeler aynı konuma (hepsi basılı ya da hiçbiri basılı değil) gelirse kendini buraya geldiğin koridorda bulacaksın. Eğer düğmeler aynı konumda değilse, oda kendi etrafında öyle bir dönmeye başlayacak ki durduğunda hangi düğmelere bastığını bilemeyeceksin. Bu arada Şinasi hocaya burada bir öğrenci olduğu haberini verdim, acele etmezsen gelip seni burada yakalayabilir. Acele et!"

Hayri odadan nasıl çıktı? Odadan çıkmak için en fazla kaç denemeye ihtiyaç vardır?

Ziyafet (Çözüm)

Her zamanki gibi çözüme önce basit gözlemler yaparak başlayalım. Eğer bin şişe değil de sadece bir şişe olsaydı mesela. O zaman çözüm çok kolay. Bir şişenin zehirli olduğunu bildiğimize göre elimizdeki şişe zehirli olmalıdır. Peki iki şişemiz varsa? İki şişe varsa bir mahkum alıyoruz ve bu mahkum şişelerden birini deniyor. Eğer ölürse bu şişe zehirlidir, ölmezse diğer şişe zehirlidir. Üç şişe varsa iş biraz daha zor. Çünkü bir mahkuma bir şişe verirsek ve ölmezse iki şişe arasında seçim yapmak zorunda kalacağız. İki şişe verirsek de bu sefer ölürse iki şişe arasında seçim gerekecek ki, yüzde elli ihtimalle sonuçtan kral hiç de hoşnut kalmayacaktır. Demek ki ölümler sonucunda (ya da hiç ölüm olmazsa) karşımıza çıkan şişe gruplarında tek bir şişe olmalı, yoksa karar veremiyoruz. O zaman iki mahkum alalım. Birine birinci şişeyi ve diğerine de ikinci şişeyi verelim. Birinci şişeyi içen mahkum ölürse birinci şişe, ikinciyi içen ölürse ikinci ve her ikisi de canlı kalırsa da üçüncü şişe zehirlidir.

Dört şişe için çözüme bakarsak yeni bir durumla karşılaşıyoruz. İki mahkuma da birer şişe verirsek denenmemiş iki şişe kalacağından bu çözümü rafa kaldırıyoruz. Demek ki mahkumlardan en az biri en az iki şişe denemeli. Ayrıca iki mahkumun da denediği şişelerde ortak şişe yoksa iki şişe deneyen mahkumun ölmesi durumunda yine çözüme ulaşamıyoruz. Ümitsizliğe kapılmaya gerek yok ama. Birinci mahkuma birinci ve ikinci şişeleri verelim, ikinci mahkuma da ikinci ve üçüncü şişeleri. Sonuçları da aşağıdaki tabloya yerleştirelim.

Ölen mahkum	Zehirli şişe
1	1
2	3
1 ve 2	2
hiç kimse	4

Bu tabloyu başka bir şekilde de yorumlayabiliriz. Kümelerle. Birinci mahkumun içtiği şişeler kümesi ve ikinci mahkumun içtiği şişeler kümesi var. Tabii iki kümenin kesişim kümesi de var (elemanı ikinci şişe olan küme). Bir de tüm şişeler kümesi. Bu kümenin diğer tüm kümelerin birleşiminden farkının da tek elemanı var, o da dördüncü şişe. 

Soruya kümeler açısından yaklaştığımızda yapmamız gereken tek şey kaç mahkum kullanırsak kullanalım bütün kesişim kümelerine en fazla bir eleman düşmesini sağlamak. Ayrıca mahkumların denediği şişeler kümesinin dışında kalan kümenin de en fazla bir elemanı olmalı. 

Şimdi $N$ tane mahkum için yukarıda bahsedilen birbirinden ayrık kümelerin adedini bulalım.

Bütün şişelerin kümesinin mahkumların denediği bütün şişelerin kümesinden farkı = 1 = $\binom {N}{0}$
Mahkumların tek başlarına denedikleri şişeler kümeleri = $\binom {N}{1}$
Mahkumların ikişer ikişer ortak denedikleri şişerler kümeleri = $\binom {N}{2}$
...
Mahkumların hepsinin ortak denediği şişeler kümesi = $\binom {N}{N}$

Toplama $T$ dersek

$T = \sum_{i=0}^{N}\binom{N}{i}$

Binom teoreminden biliyoruz ki

$(x+y)^n = \sum_{i=0}^{N}\binom{N}{i}x^{n-k}y^k$
$x=1, y=1$ alırsak
$2^N = \sum_{i=0}^{N}\binom{N}{i} = T$

Amacımız her ayrık kümeye sadece bir eleman yerleştirmek olduğundan çözüm yöntemi de basit. $N$ mahkum için $2^N$ kümeyi listeleriz ve sırayla her bir kümenin mahkumlarına sıradaki şişeyi denetiriz. Sonra da ölen mahkumlaraın kesişim kümesinde hangi şişe varsa o şişe zehirlidir sonucuna varırız. Eğer hiçbiri ölmemişse o zaman hiçbir mahkumun denemediği şişe zehirlidir.

Güvercin yuvası ilkesine göre sorunun çözümü için $2^N \ge 1000$ eşitsizliğini sağlamamız lazım. Bu da $N \ge 10 (2^10 = 1024)$ demektir, yani 10 mahkum kullanarak zehirli şişeyi bulabiliriz.

Ziyafet

Komşu krallardan biri bir ay sonrası için büyük bir ziyafet vermeye karar vermiş. Bu ziyafet için 1000 şişe şarap siparişi vermiş. Bu ziyafeti engellemek isteyen düşmanları da bir ajan kiralamış ve bu ajan da şişelere zehir koymak için kralın mahzenine girmiş. Tam işine başladığından ise kralın korumaları tarafından yakalanmış ve kralın huzuruna getirilmiş. Tüm sorgulamalara rağmen hangi şişeleri zehirlediği öğrenilememiş. Bunun üzerine kral ajanın idam edilmesine karar vermiş. Tam idam edilirken ajan sadece bir şişeye zehir koyabildiğini ve zehirin etkisini çok yavaş gösterdiğini söylemiş, yani şimdi içen biri ancak ziyafetten bir gün önce ölürmüş. Bütün hazırlıkları kendi elleriyle yapmış olduğu için kral ziyafeti erteletmek yerine zehirli şişeyi bulmayı planlamış. Bu iş içinde zindanlardaki idam mahkumlarını kullanmayı düşünmüş. Zehirli şişeyi zamanında bulabilmek için denemelerde en az kaç mahkum kullanılmalıdır ve nasıl bir yöntemle zehirli şişe kesin olarak bulunabilir? Önemli olan kaç mahkumun ölüp ölmeyeceği değil, yoksa 1000 tane mahkumun her biri bir şişeyi denerdi.

Tartı (Çözüm)

Çift kefeli terazi ile tartımda elimizdeki ağırlıkların hem toplamlarını hem de farklarını tartabiliriz. Soruyu önce cisimleri tam olarak tartacağımız ağırlıkları bulacağımız şekilde çözelim. 

Eğer elimizde tek ağırlık olunca çözüm kola. 1 kg tartabilmemiz gerekeceğinden elimizdeki ağırlık da 1 kg olmalı. Daha yüksek ağırlıkları bununla tartamayız.

İki ağırlığımız olduğu durumda acaba ikinci ağırlık ne olabilir? İkinci ağırlığın değerine $a$ diyelim ve $a>1$ olduğunu kabul edelim. Bu durumda çift kefeli terazi ile tartabileceğimiz ağırlıklar $1, a, a-1, a+1$ olacaktır. Teraziyi en verimli şekilde kullandığımızda bu ağırlıkların hepsi birbirinden farklı olacaktır ve $1$'den $a+1$'e kadar her ağırlığı tartabiliriz. Bu şartlar sağlandığında $a+1=4 \implies a=3$ olacaktır. Bu iki ağırlıkla tartabileceğimiz ağırlıkları bir tabloda gösterelim (Cismin sol kefede olduğunu var sayalım).

Cisim	Sol kefe	Sağ kefe
1		1
2	1	3
3		3
4		$3 + 1 = 4$

Şimdi üç ağırlıklı çözüm için üçüncü ağırlığı bulalım. Üçüncü ağırlığa $b$ diyelim ve $b>3$ olduğunu var sayalım. Bir önceki çözümde olduğu gibi olası ağırlıkları yazalım ve bu ağırlıkları problem için en verimli şekilde tartacak $b$ değerini bulalım. 

$b, b-1, b-(3-1) = b-2, b-3, b - (3+1) = b-4, b+1, b+(3-1) = b+2, b+3, b+(3+1) = b+4$

Bu dokuz ağırlık da birbirinden farklı olmalı ve en küçük değer $b-4 = 5$ kg olmalı, çünkü 2 ağırlıkla en fazla 4 kg tartabilmiştik. Bu durumda $b=9$ kg buluruz. Üç ağırlık için tartım tablosu (yeni ağırlıklar için yani 5 kg'dan itibaren) aşağıdaki gibidir.

Cisim	Sol kefe	Sağ kefe
5	$1+3=4$	9
6	3	9
7	3	$9+1=10$
8	1	9
9		9
10		$9+1=10$
11	1	$9+3=12$
12		$9+3=12$
13		$9+3+1=13$

Bu adımdan sonra genel çözüm yöntemi biraz belirginleşmiş oldu. Bilinen ağırlıklara daha büyük bir ağırlık ekliyoruz. Bu yeni ağırlıkla eskilerini kullanarak kaç tane yeni ağırlık hesaplayabileceğimizi buluyoruz. Bir önceki adımda ulaşılan toplama bulduğumuz adedi ekliyoruz ve böylece ulaşabileceğimiz maksimum toplamı buluyoruz. Tartabileceğimiz yeni ağırlıkların adedini şöyle bulabiliriz. Bir kere yeni ağırlığımız var. Bu ağırlığa $x$ diyelim. Eski ağırlıklarla ulaşabildiğimiz en yüksek ağırlığa da $T$ diyelim. O zaman $x-T$'den $x+T$'ye kadar her tamsayıyı tartabiliriz. Yukarıdaki tablolar dikkatlice incelenirse bu kolayca görülebilir. $x+T$ için kullanılan ağırlıklar aynen $x-T$ tartıları için de kullanılıyor ama yapılan tek şey eski ağırlıklar karşıt kefelere konuluyor. O zaman her yeni ağırlık için $2 \cdot T + 1$ yeni cisim ağırlığı tartabiliyoruz. Bu noktada yazının sonunda kullanacağım bir özelliğe işaret etmek istiyorum. Seçeceğimiz yeni ağırlık önceki ağırlıklarla ulaşılabilen maksimum ağırlıkla yeni maksimum ağırlığın ortasındadır.

$x + T = T + 2\cdot T + 1 = 3 \cdot T + 1 \implies x = \frac {1}{2} \cdot (T + (3 \cdot T + 1) + 1)$

Şimdi tartılabilecek maksimum ağırlık için bir formül bulalım. Bu değeri $T_{n}$ ile gösterelim. Burada $n$ alt indisi kullanılan ağırlık adedini gösteriyor. Yukarıdaki analizi kullanarak şöyle bir denklem yazabiliriz.

$T_{n+1} = T_{n} + 2 \cdot T_{n} + 1 = 3 \cdot T_{n} + 1$      (1)

$A(x) = \sum {a_{n} \cdot x^n}$ olsun   (2)

(1)'in iki tarafını da $x^n$ ile çarpalım.

$T_{n+1} \cdot x^n = 3 \cdot T_{n} \cdot x^n + x^n$  (3)

(2)'nin iki tarafını da negatif olmayan $n$ değerleri için toplayalım. Bu sırada $T_{0} = 0$ var sayalım, ne de olsa ağırlık yoksa tartım da yoktur.

$\sum T_{n+1} \cdot x^n = \sum {3 \cdot T_{n} \cdot x^n + x^n}$ (4)

$\sum {T_{n+1} \cdot x^n} = T_{1} + T_{2} \cdot x + T_{3} \cdot x^2 + ...$
$ = \frac {(T_{0} + T_{1} \cdot x + T_{2} \cdot x^2 + ...) - T_{0}}{x}$
$ = \frac {A(x)}{x}$

(2)'yi (3)'ün sağ tarafına yerleştirdiğimizde

$\frac {A(x)}{x} = 2 \cdot A(x) + \sum {x^n}$ çıkar.

En sağdaki toplam için de yakınsak geometrik seri değerini yazarsak

$\frac {A(x)}{x} = 2 \cdot A(x) + \frac {1}{1-x}$ çıkar.

Buradan da

$\frac {A(x)}{x} = 2 \cdot A(x) + \frac {1}{1-x} \implies A(x) = \frac{x}{(1-x) \cdot (1-3x)}$ elde ederiz.

Sağ taraftaki kesiri iki kesir toplamı şekline çevirelim.

$A(x) = x \cdot (\frac {1}{2} \cdot \frac {3}{1-3x} - \frac{1}{2} \cdot \frac {1}{1-x})$

Şimdi bu kesirleri sonsuz bölerek açarsak

$A(x) = \frac {x}{2} \cdot ((3 + 9x + 27x^2 + ...) - (1 + x + x^2 + ...)) =
\frac {1}{2} \cdot ((3x + 9x^2 + 27x^3 + ...) - (x + x^2 + x^3 + ...))$

Buradan da her $x^n$ teriminin katsayısının $\frac {1}{2} \cdot (3^n - 1)$ olacağını görürüz.

Demek ki $T_{n} = \frac {1}{2} \cdot (3^n - 1)$      (5)

Bu formülü 4 ağırlık için kullanırsak ölçebileceğimiz maksimum ağırlık için $T_{4} =  \frac {1}{2} \cdot (3^4 - 1) =  \frac {1}{2} \cdot (81 - 1) =  \frac {1}{2} \cdot 80 = 40$ elde ederiz.

Eğer cismin ağırlığını tam ölçmek istersek ulaşabileceğimiz maksimum ağırlık 40 kg olacaktır. Çift kefeli terazi ile daha iyisini yapabilir miyiz? Elbette. Kullanacağımız mantık oldukça basit. Örneğin cismin ağırlığı 10 kg'dan ağır ama 12 kg'dan hafif ise soruya göre 11 kg olmak zorundadır. Çift kefeli terazi işe eşitsizlikleri ölçebileceğimizden 11 kg'ı tam ölçmek zorunda değiliz. Şimdiye kadar 1 kg'dan 40 kg'a kadar bütün ağırlıkları tam olarak tartabildik. Elimizdeki ağırlıkların hepsini 2 ile çarparsak 2 kg'dan 80 kg'a kadar bütün çift sayılı ağırlıkları tam tartabiliriz. Tek sayılı ağırlıkları ise eşitsizlikleri kullanarak bulabiliriz. Burada dikkat edilecek tek şey tam ölçemediğimiz her aralığın en fazla bir tamsayı değeri içermesi gerekliliği. Aksi durumda eşitsizlikten kesin bir sonuç çıkaramayız.

Son olarak seçilmesi gereken yeni ağırlığı bulmak için de bir formül bulalım. Seçilecek yeni ağırlığın eski maksimum ağırlık ile yeni maksimum ağırlığın ortasında olduğunu belirtmiştim. Şimdi bunu yukarıda bulduğumuz (5) sonucunu kullanarak yazalım. $n$. ağırlığı $x_{n}$ ile gösterelim.

$x_{n} = \frac {1}{2} \cdot (T_{n-1} + T{n} + 1) = \frac {1}{2} \cdot (\frac {1}{2} \cdot (3^{n-1} - 1) + \frac {1}{2} \cdot (3^n - 1) +1 )= \frac {1}{4} \cdot 4 \cdot 3^{n-1} = 3^{n-1}$

Demek ki seçilecek en iyi ağırlıklar üçün kuvvetleri olmalı: 1, 3, 9, 27, ...

Çift kefeli terazi ile üçlük sayı sistemi arasında oldukça yakın bir ilişki var.

Tartı

Elimizde bir ader çift kefeli terazi var. Bu terazi ile ağırlıkları tamsayılar (örneğin 2 kg, 8 kg vs.) olan cisimleri tartmak istiyoruz. Sadece dört bilinen ağırlık kullanarak 1 kg'dan N kg'a kadar bütün tamsayı ağırlıkları tartabilmeyi istiyoruz. En büyük N değeri kaçtır? Hangi dört ağırlığı kullanmamız lazım?

Çift kefeli terazi kullanma kulavuzu: Çift kefeli terazide ağırlığını bulmayı istediğimiz cismi bir kefeye koyuyoruz ve elimizdeki dört ağırlıktan gerekenleri iki kefeye de koyabiliyoruz. Yani 1 kg ve 4 kg'lık iki ağırlıkla 3 kg'lık bir cismin ağırlığını cismi ve 1 kg'lık ağırlığı sol kefeye, 4 kg'lık ağırlığı da sağ kefeye koyarak bulabiliriz.

16 (Çözüm)

Önce bir kaç kısa tanım:

Çift sayı: İkiye tam olarak bölünen tamsayı. Bu sayılar $2k$ ($k$ bir tamsayı) şeklinde yazılabilir.

Tek sayı: İkiye tam olarak bölünmeyen tamsayı. Bu sayılar $2k+1$ ($k$ bir tamsayı) şeklinde yazılabilir.

Şimdi de kolayca görülebilecek birkaç özellik:

Bir tamsayı ya tek ya da çifttir. 

İki çift sayının toplamı çifttir ( $2k + 2m = 2(k+m) = 2n$).

İki tek sayının toplamı çifttir ( $(2k+1) + (2m+1) = 2k + 2m + 2 = 2(k+m+1) = 2n$).

Bir tek ve bir çift sayının toplamı tektir ( $(2k+1) + 2m = 2(k+m) + 1 = 2n+1$).

Bir çift ve bir tek sayının toplamı tektir ( $2m + (2k+1) = 2(m+k) + 1 = 2n+1$).

Bu özellikler çıkarma işlemi altında da değişmez.

Şimdi bu bilgileri kullanarak bir tablo yapalım ve Ayşe'nin ne demek istediğini bulalım.

Toplam = 16	Ayşe	Banu	Ceren
Çift	Çift	Tek	Tek
Çift	Çift	Çift	Çift
Çift	Tek	Tek	Çift
Çift	Tek	Çift	Tek

Ayşe'nin sayısı çift olsaydı Banu'nun ve Ceren'in sayıları aynı türden olacaktı. Aynı türden olan iki sayı aynı da olabilir. Ayşe iki sayı kesinlikle farklı dediğine göre Ayşe'nin sayısı tek olmalı.

Şimdi Banu'nun dediğine bakalım. Üç sayının da birbirinden farklı olduğunu Ayşe daha bir şey demeden bildiğine göre öncelikle Ayşe için yürüttüğümüz mantığa göre kendi sayısı tek olmalı. Yukarıdaki tabloda Banu'nun tek sayısı olduğu satırlara bakarsak bir kişinin daha tek sayısı olmalı. Peki Banu kendi sayısının diğer tek sayıdan farklı olduğunu kesin olarak nasıl biliyordu? 

Eğer Banu'nun sayısı toplamın yarısından ($\frac{16}{2} = 8$) küçük olsaydı diğer tek sayı da aynı olabilirdi. Bu durumda toplamlar hala 16 edebilirdi. Demek ki Banu'nun sayısı 8'den büyükmüş.

Şimdi buraya kadar aynı mantığı kullanmış olan Ceren'in sayıları nasıl bulabildiğine bakalım. Önce olası üçlüleri yazalım.

Ayşe	Banu	Ceren
1	9	6
1	11	4
1	13	2
3	9	4
3	11	2
5	9	2

Yukarıdaki tabloda olası üçlülerden biri kırmızı renkte gösterildi çünkü eğer Banu'nun sayısı 13 olsaydı sıra kendisinde olduğunda bütün sayıları bilecekti. Ayşe'nin sayısının tek olduğunu biliyordu ve bu şartlar altında toplam 16 edecek şekilde tek bir üçlü var. Bu kırmızı satırı göz ardı ettiğimizde Ceren için beş olasılık kalıyor. Bu olasılıklara baktığımızda ise şunu görüyoruz: Ceren'in sayısı 2 ya da 4 olsaydı diğer sayılar için ikişer olasılık olacaktı ve Ceren bu üçlülerin hangisinin doğru olduğunu kesin olarak bilemeyecekti. Sadece Ceren'in sayısı 6 olduğunda aranan üçlünün hangisi olduğu kesin söylenebiliyor. Demek ki aranan üçlü tablodaki yeşil satırmış.

Tabii kı sınıftaki hemen hemen herkes bu cevabı vermiş, Devlet dışında. 40 sonucuna nasıl ulaştığını öğretmeni bile anlamamış.

16

Matematik dersinde öğretmen sayıların çeşitli özellikleriyle ilgili kısa bir giriş yaptıktan sonra hem çocukları eğlendirmek hem de sınıfın seviyesini anlamak bir oyun oynatmak istemiş. Üç gönüllü öğrenciyi (Ayşe, Banu ve Ceren) tahtaya kaldırmış ve oyun başlamış.

Öğretmen: Her birinize birer pozitif tamsayı verdim. Bu sayıları sizden başka kimse görmemeli. Sayıların toplamı da 16. Ayşe, kendi sayına bak şimdi. Diğer arkadaşlarının sayıları ile ilgili bir şey söyleyebilir misin?

Ayşe: Banu ve Ceren'in ellerindeki sayılar birbirlerinden farklıdır.

Öğretmen: Peki Banu, sen diğer arkadaşlarının sayıları için ne söyleyebilirsin?

Banu: Üç sayının da birbirinden farklı olduğunu zaten biliyordum.

Öğretmen: Senin söyleyecek bir şeyin var mı Ceren?

Ceren: O zaman üç sayıyı da buldum.

Bunun üzerine öğretmen sınıfa dönmüş ve öğrencilere sayıların neler olabileceğini sormuş. Sınıf da hep bir ağızdan ...

Ayşe, Banu ve Ceren'in sayılarını bulun.

Mantıkla alışveriş (Çözüm)

İki örümcek ve bir boş şişe için soruyu şimdilik boş bırakıp olası cevaplara bakalım. Tablo daha kolay olsun diye ortadaki şişe gösterilip bir soru sorulduğunu varsayalım.

Soldaki şişe	Ortadaki şişe	Sağdaki şişe
Örümcek	Örümcek	Boş
Boş	Örümcek	Örümcek
Örümcek	Boş	Örümcek

Satıcının rasgele cevap verdiği tek durum seçtiğimiz şişenin boş olması ama bu durumu tespit etme şansımız yok. Fakat boş şişeyi gösterdiğimiz durumda diğer iki şişeden hangisini seçersek seçelim bir örümcek bulacağımız kesin. O zaman satıcıya soracağımız soru diğer şişelerden en az birinin içeriğiyle ilgili olmalı. Sonra da satıcının cevabına uyarak alacağımız şişeyi seçebiliriz. 

Satıcıya "Sağdaki şişede örümcek var mı?" sorusunu soralım ve verebileceği cevapları bir tabloda inceleyelim.

Soldaki şişe	Ortadaki şişe	Sağdaki şişe	Olası cevap
Örümcek	Örümcek	Boş	Hayır
Boş	Örümcek	Örümcek	Evet
Örümcek	Boş	Örümcek	Evet
Örümcek	Boş	Örümcek	Hayır

Dikkat edersek bu tablo ilkinden bir satır daha büyük, çünkü boş şişeyi gösterirsek hem evet hem de hayır cevabı mümkün. Eğer satıcının verdiği cevabı doğru kabul edip seçimimizi yaparsak oluşacak tabloya bakalım.  

Soldaki şişe	Ortadaki şişe	Sağdaki şişe	Olası cevap
Örümcek	Örümcek	Boş	Hayır
Boş	Örümcek	Örümcek	Evet
Örümcek	Boş	Örümcek	Evet
Örümcek	Boş	Örümcek	Hayır

Görüldüğü gibi her durumda bir örümcek bulunuyor.

Sorunun ikinci kısmı için kesin bir çözüm olup olmadığını henüz bilmiyorum.