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.

El kaldırmadan çizimler

Bu seferki bilmece Serkan'dan.

Aşağıdaki şekli bir kağıt üzerine elinizi kaldırmadan ve daha önce çizilmiş bir çizgiden  tekrar geçmeden çizin.

İpucu: Aşağıdaki şekli kağıt üzerine elinizi kaldırmadan çiziniz.

Toplamlar ve çarpımlar (Çözüm)

Çözümün daha kısa olması için sayıların toplamının 50'ye kadar olduğu durumları inceleyeceğiz. Bu değişiklik sorunun çözüm yolunu ya da cevabı değiştirmemektedir.

Pelin sayıları bilemediğine göre aşağıdaki sonuca hemen ulaşabiliriz:

1. Sayıların ikisi birden asal değil. 

Yani çarpım $p$ ve $q$ asal sayılar olmak üzere $p \cdot q$ şeklinde yazılabiliyorsa Pelin iki sayıyı da hemen bilecekti.

2. Çarpım bir asal sayının küpü değil. 

$p$ bir asal sayı olmak üzere eğer çarpım $p^3$ şeklinde olsaydı aranan sayılar $p$ ve $p^2$ olacaktı ve Pelin bunları hemen bulacaktı.

Şimdi Suna'nın yaptığı ilk yorum üzerine kafa yoralım. Suna'nın elinde öyle bir toplam var ki, bunu iki parçaya nasıl ayırırsak ayıralım Pelin bir sonuca varamıyor. Yukarıdaki 1 numaralı çıkarımı kullanarak şu sonuca ulaşırız:

3. Sayıların toplamı asal sayıların toplamı şeklinde yazılamıyor.

Eğer yazılabilseydi Suna, Pelin'in bu toplamı bilemeyeceğinden emin olamazdı. Peki bu bilgiyle hangi toplamları eleyebiliriz? Örneğin bütün çift sayıları eleyebiliriz. Genel bir ispatı henüz bulunamamış da olsa Goldbach Hipotezi bilgisayar yardımıyla $4 \cdot 10^{18}$'e kadar doğrulanmıştır ve bu da problemimizdeki 50 toplamına kadar da doğru olduğu anlamına gelir. Hipotez kısaca der ki, 2'den büyük her çift sayı iki asal sayının toplamı şeklinde yazılabilir.

Bir asal tek sayıdan 2 büyük sayıları da imkansız toplamlar kümemize ekleyebiliriz, çünkü bu sayılar da iki asal sayının toplamı şeklinde yazılabilmektedir (2 bir asal sayıdır). 

Şimdi bir tablo yapıp hangi toplamlarla çözüme devam edebileceğimizi görelim. Tabloda imkansız toplamları kırmızı, olası olanları da yeşille göstereceğiz.

1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
21	22	23	24	25	26	27	28	29	30
31	32	33	34	35	36	37	38	39	40
41	42	43	44	45	46	47	48	49	50

Şimdi mümkün olan toplamları incelemeye başlayalım. Bu toplamları sayı çiftlerine ayıralım ve olası çarpımları listeleyelim. $K(T) = {P_{1}, P_{2},..}$ şeklinde listeler hazırlayacağız. Burada $K(T)$ toplamı $T$ olan sayı çiftlerinin oluşturduğu çarpımlar kümesini temsil edecek. Bu kümenin elemanları da $P_{1}, P_{2}, ...$ şeklinde sayılar olacak. 

K(11) = { 18, 24, 28, 30}
K(17) = {42, 52, 60, 66, 70, 72}
K(23) = {42, 60, 76, 90, 102, 112, 120, 126, 130, 132}
K(27) = { 50, 72, 92, 110, 126, 140, 152, 162, 170, 176, 180, 182}
K(29) = {54, 78, 100, 120, 138, 154, 168, 180, 190, 198, 204, 208, 210}
K(35) = {66, 96, 124, 150, 174, 196, 216, 234, 250, 264, 276, 286, 294, 300, 304, 306}
K(37) = {70, 102, 132, 160, 186, 210, 232, 252, 270, 286, 300, 312, 322, 330, 336, 340, 342}
K(41) =  {78, 114, 148, 180, 210, 238, 264, 288, 310, 330, 348, 364, 378, 390, 400, 408, 414, 418, 420}
K(47) = {90, 132, 172, 210, 246, 280, 312, 342, 370, 396, 420, 442, 462, 480, 496, 510, 522, 532, 540, 546, 550, 552}

Pelin ikinci kez sıra kendisine geldiğinde toplamı bulabildiğine göre elindeki çarpım yukarıdaki kümelerin sadece birinde olmalı. O zaman birden fazla kümelerde bulunan ortak çarpımları yukarıdaki listelerden çıkaralım.

K(11) = { 18, 24, 28, 30}
K(17) = {52}
K(23) = {76, 112, 130}
K(27) = {50, 92, 110, 140, 152, 162, 170, 176, 182}
K(29) = {54, 100, 138, 154, 168, 190, 198, 204, 208}
K(35) = {96, 124, 150, 174, 196, 216, 234, 250, 276, 294, 304, 306}
K(37) = {132, 160, 186, 232, 252, 270, 322, 336, 340}
K(41) =  {114, 148, 238, 288, 310, 348, 364, 378, 390, 400, 408, 414, 418}
K(47) = {172, 246, 280, 370, 396, 442, 462, 480, 496, 510, 522, 532, 540, 546, 550, 552}

Bu işlemi bitirdiğimizde elindeki çarpımı gören Pelin, bu çarpımın hangi kümede olduğuna bakar ve böylece kümenin adında yazan toplamı bulur. Sıra Suna'ya geçtiğinde de aynı listeyi yapmış olan Suna çarpımı bulabildiğine göre elindeki toplam 17 olmalıdır çünkü sadece K(17) kümesinde tek eleman vardır, diğer bütün kümelerde birden fazla eleman kalmıştır. Örneğin Suna'nın elindeki toplam 23 olsaydı, 76, 112 ve 130'dan hangisinin doğru çarpım olduğunu bilemeyecekti. Bu durumda sadece Pelin toplamı bulabilirdi ama Suna çarpımı bulamazdı. 

Demek ki Pelin'in elindeki çarpım 52 ve Suna'nın elindeki toplam 17'dir. Bu da seçilen sayıların 4 ve 13 olduğu anlamına geliyor. 

Toplamlar ve çarpımlar

Matematik dersinde öğretmen Pelin ve Suna'yı yanına çağırır ve sınıfın önünde bir oyun oynayacaklarını söyler. Birden büyük ve yüzden küçük iki tamsayı seçer ve Pelin'e bu sayıların çarpımını, Suna'ya ise toplamlarını verir. Ardından Pelin ile Suna arasında aşağıdaki konuşma geçer:

Pelin: Bu sayıların toplamının ne olduğu konusunda hiçbir fikrim yok.

Suna: Toplamın kaç olduğunu bilemeyeceğini zaten biliyordum.

Pelin: Aha, şimdi toplamın kaç olduğunu biliyorum.

Suna:  Ben de artık çarpımın kaç olduğunu biliyorum.

Öğretmen hangi iki sayıyı seçmiştir?

Dört adet 4 (Çözüm)

Aşağıdaki çözümler internette basit bir arama sorgusuyla bulunabilir:

Bazı çözümlerde soruda belirtilmemiş olmasına rağmen devirli sayılar ve kombinasyonlar kullanılmıştır. Ne yazık ki daha basit çözümler bulamadım.

1	$\frac{44}{44}$	2	$\frac{4}{4} + \frac{4}{4}$
3	$\sqrt{4 \cdot 4} - \frac{4}{4}$	4	$(4-4) 4 + 4$
5	$\sqrt{4 \cdot 4} + \frac{4}{4}$	6	$\frac{4 + 4}{4} + \sqrt{4}$
7	$\frac{4!}{4} + \frac{4}{4}$	8	$4+4+4-4$
9	$\frac{4}{4} + 4 + 4$	10	$\frac{44 - 4}{4}$
11	$\frac{4}{.4} + \frac{4}{4}$	12	$\frac{44 + 4}{4}$
13	$\frac{44}{4} + \sqrt{4}$	14	$4+4+4+\sqrt{4}$
15	$4 \cdot 4 - \frac{4}{4}$	16	$\frac{4 \cdot 4 \cdot 4}{4}$
17	$4 \cdot 4 + \frac{4}{4}$	18	$4 \cdot 4 + \frac{4}{\sqrt{4}}$
19	$4! - 4 - \frac{4}{4}$	20	$(\frac{4}{4} + 4) \cdot 4$
21	$4! - 4 + \frac{4}{4}$	22	$4! - 4 + \frac{4}{\sqrt{4}}$
23	$4! - 4^(4-4)$	24	$4 \cdot 4 + 4 + 4$
25	$4! + 4^(4-4)$	26	$\frac{4}{4} \cdot 4! + \sqrt{4}$
27	$\frac{4}{4} + 4! + \sqrt{4}$	28	$4 \cdot (4 + 4) - 4$
29	$4! + 4 + \frac{4}{4}$	30	$4! - \sqrt{4} + 4 + 4$
31	$\frac{4! + 4}{4} + 4!$	32	$4 \cdot 4 + 4 \cdot 4$
33	$4! + 4 + \frac{\sqrt{4}}{.4}$	34	$4! + 4 + 4 + \sqrt{4}$
35	$4! + \frac{44}{4}$	36	$44 - 4 - 4$
37	$4! + \frac {4! + \sqrt{4}}{\sqrt{4}}$	38	$44 - \frac{4!}{4}$
39	$44 - \frac{\sqrt{4}}{.4}$	40	$4! - 4 + 4! - 4$
41	$\frac{4! + \sqrt{4}}{.4} - 4!$	42	$4! + 4! - \frac{4!}{4}$
43	$44 - \frac{4}{4}$	44	$44 + 4 - 4$
45	$44 + \frac{4}{4}$	46	$44 + 4 - \sqrt{4}$
47	$4! + 4! - \frac{4}{4}$	48	$4! + 4! + 4 -  4$
49	$4! + 4! + \frac{4}{4}$	50	$44 + \frac{4!}{4}$
51	$\frac{4! - 4 + .4}{.4}$	52	$44 + 4 + 4$
53	$4! + 4! + \frac{\sqrt{4}}{.4}$	54	$4! + 4! + \sqrt{4} + 4$
55	$\frac{4! - 4 +  \sqrt{4}}{.4}$	56	$4! + 4! + 4 + 4$
57	$\frac{4! - \sqrt{4}}{.4} + \sqrt{4}$	58	$4! + 4! + \frac{4}{.4}$
59	$\frac{4!}{.4} - \frac{4}{4}$	60	$44 + 4 \cdot 4$
61	$\frac{4!}{.4} + \frac{4}{4}$	62	$4 \cdot 4 \cdot 4 - \sqrt{4}$
63	$\frac{4^4 - 4}{4}$	64	$(4 + 4) \cdot (4 + 4)$
65	$\frac{4^4 + 4}{4}$	66	$4 \cdot 4 \cdot 4 + \sqrt{4}$
67	$\frac{4! + \sqrt{4}}{.4} + \sqrt{4}$	68	$4 \cdot 4 \cdot 4 + 4$
69	$\frac{4! + \sqrt{4}}{.4} + 4$	70	$44 + 4! + \sqrt{4}$
71	$\frac{4! + 4.4}{.4}$	72	$44 + 4! + 4$
73	$\frac{\dbinom{4!}{\sqrt{4}}}{4} + 4$	74	$4! + 4!  + 4! + \sqrt{4}$
75	$\frac{4! + 4 +  \sqrt{4}}{.4}$	76	$4! + 4!  + 4! + 4$
77	$\frac{4}{.\bar{4}}^\sqrt{4} - 4$	78	$(4 \cdot (4! - 4)) - \sqrt{4}$
79	$4! + \frac{4! - \sqrt{4}}{.4}$	80	$4 \cdot (4 \cdot 4 + 4)$
81	$(4 - \frac{4}{4})^4$	82	$(4 \cdot (4! - 4)) + \sqrt{4}$
83	$\frac{4! - .4}{.4} + 4!$	84	$44 \cdot \sqrt{4} - 4$
85	$\frac{4! + \frac{4}{.4}}{.4}$	86	$44 \cdot \sqrt{4} - \sqrt{4}$
87	$4 \cdot 4! - \frac{4}{.\bar4}$	88	$44 + 44$
89	$4! + \frac{4! + \sqrt{4}}{.4}$	90	$44 \cdot \sqrt{4} + \sqrt{4}$
91	$4 \cdot 4! - \frac{\sqrt{4}}{.4}$	92	$44 \cdot \sqrt{4} + 4$
93	$\frac{\dbinom {4!}{\sqrt{4}}}{4} + 4!$	94	$4! \cdot 4 + \sqrt{4} - 4$
95	$4! \cdot 4 - \frac{4}{4}$	96	$4! + 4! + 4! + 4!$
97	$4! \cdot 4 + \frac{4}{4}$	98	$4! \cdot 4 + 4 - \sqrt{4}$
99	$\frac{44}{.\bar{44}}$	100	$\frac{44}{.44}$

Çözümlerde faydalanılan kaynaklar:

• The four fours problem
• Ruth Carver's four 4's puzzle
• The Four Fours