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.
28 Mayıs 2014 Çarşamba
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.
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.
Sırayla bu üç druruma bakalım:
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.
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.
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.
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.
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.
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.
Böylece bütün olasılıkları incelemiş olduk ve elde ettiğimiz tek çözüm:
17 x 4 = 68 + 25 = 93
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 |
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.
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.
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.
17 x 4 = 68 + 25 = 93
21 Mayıs 2014 Çarşamba
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
15 Mayıs 2014 Perşembe
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.
14 Mayıs 2014 Çarşamba
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.
7 Mayıs 2014 Çarşamba
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.
$BB$ : 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.
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.
Kaydol:
Kayıtlar (Atom)