Bilden är från ett annat avsnitt

En mörk eftermiddag hade ett gäng studenter samlats för att kolla på – ni gissade rätt – Futurama! Ljuset släcktes, stora platt-teven slogs på och alla förberedde sig för att mysa under filtarna till favoritserien.

Det kanske bör nämnas att rummet de satt i hade en stor whiteboard, och att studenterna pluggade matematik …

Så vad händer när halva serien har gått? Jo, ljuset är på, avsnittet pausat och flera personer står och skriver egna siffror på tavlan. Varför?

Ni förstår nog om ni tittar på avsnittet ”The Prisoner of Benda” (säsong 6, episod 10) själva. Det innehåller nämligen ett kombinatoriskt problem som är väldigt viktigt för karaktärerna att lösa!

Varning: handlingen spoilas lite nedan!

Professorn uppfinner nämligen en maskin, som kan byta plats på medvetanden hos två människor (detta åskådliggörs genom att varje kropp får den andra kroppens röst).

Professorn och Amy byter plats, för att han vill en stund kunna leva i ett ungt kropp igen medan hon vill kunna äta lite extra. Men när de vill byta tillbaka så går det inte! Maskinen låter inte två kroppar byta med varandra igen om de någonsin har bytt förut!

Bender tror att han hjälper till att lösa problemet och byter sitt medvetande med Professorns (och får då Amys kropp). Nu börjar det bli ganska rörigt eller hur?

Så hur ska våra vänner komma tillbaka till sina egna kroppar? Kom ihåg att inga två kroppar får byta medvetanden med varandra fler än en gång.

Saker kompliceras ytterligare sedan i avsnittet genom att fler och fler par personer byter. Hur löses problemet i allmänhet om en grupp på n personer har trasslat till sig genom en massa byten? Vilket blir det minsta antalet byten för att återställa allt?

Så när du kollar på avsnittet, bli inte förvånad om någon vill pausa mitt i och ta fram papper och penna, om du har en gåtälskare i sällskapet.

I ett sällskap med många personer kan man leka en lek som kallas ”knuten”. Alla ställer sig i en ring och sluter ögonen. Sedan sträcker alla fram båda sina händer och börjar gå mot mitten. Alla ska ta tag i två andra händer med sina egna.

Efter att alla är klara med det öppnar man ögonen. Målet är nu att lösa upp ”knuten” som bildats utan att släppa taget med händerna. Det gäller att bilda en stor ring igen (det kan också hända att det blir flera ringar).

Ett liknande spel är Planarity, fast personerna i spelet kan ha fler än två händer. Målet är att lösa upp all tilltrassel så att inga par av händer måste hållas över varandra.

Personer är representerade med punkter och en kant som går mellan två punkter visar att de två personerna håller handen. Alla spelande har väldigt uttänjbara händer. Försök att klara några nivåer! (Jag kom till Level 7.)

Sådana här bilder kallas grafer, om de går att ”plana ut” på det här snygga sättet (så att inga två kanter korsar varandra) kallas de planära. Det är svårt att se direkt huruvida en graf är planär eller inte, däremot uppfyller alla planära grafer följande formel.

Att det blev just talet 2 beror på att man ritade på ett plan. Ritar man grafer på andra konstiga ytor blir det ett annat specifikt tal just för denna yta. Det talet kallas ytans eulerkaraktäristik.

Man kan anta att Eulerkarakteristiken på fotbollen är 2 och arbeta utifrån det, om man nu vet vad Eulerkarakteristik är för något. Med nedan  använder jag mig av Thomas lösning.

Lösning:

Det finns S svarta lappar och V vita lappar. Totalt finns det 32 st, så S + V = 32.

För varje svart lapp finns 5 vita lappar runt den, men varje vit lapp ligger intill 3 svarta, så 5S räknar varje vit lapp 3 gånger och vi får 5S / 3 = V

Och S + 5S/3 = 32, det vill säga 3S + 5S = 96 och då är S = 12, V = 20. Alltså finns 20 vita lappar.

Aladdin vill sätta Jafar i ett fängelse som består av 4 rum och 3 smala gångar mellan rummen. I varje gång står en tjock och trött vakt lutandes mot en av väggarna. Varje gång Jafar går över från ett rum till ett annat, går vakten i den gången över till den motsatta väggen och börjar luta sig mot den istället. Om alla vakterna lutar mot samma vägg, kommer den inte att hålla emot utan går sönder, och då kan Jafar fly. Kan Aladdin placera ut vakterna och Jafar från början på så sätt att Jafar aldrig kan fly?

Lösning:

Jadå, det kan han göra.  Placera Jafar i rummet längst ner och vakterna varannan på höger och varannan på vänster sida. Det vill säga vakterna uppifrån och ner står: vänster, höger, vänster. Vi skall visa att i denna situationen är det omöjligt att fly.

Om Jafar står still i rum 4, händer förstås ingenting – vakterna står ju inte på en och samma sida. Om han går upp till rum 3 byter nedersta vakten sida: de står nu vänster, höger, höger. Om Jafar går ner igen, är situationen precis som i början och det fallet kommer vi ha undersökt.

Men om Jafar går upp till rum 2 så byter den mittersta vakten sida, de står nu vänster, vänster, höger. Går han ner igen kommer det bli samma läge som det har varit förr, så det fallet undersöker vi inte.

Går han upp til rum 1, så kommer den översta vakten byta sida och nu kommer det stå höger, vänster, höger. Nu kan Jafar i nästa steg bara gå neråt och komma till en situation som han har varit förut. Samma sak gäller de alla nästkommande stegen, nämligen att läget med Jafar och vakterna är densamma som redan har varit innan.

Vakterna lutar aldrig på en och samma vägg samtidigt, så Jafar kommer aldrig kunna fly, stackare.

Därefter läste han av ”ordet” i sista kolonnen: SLAUPPA.

Josefin gjorde samma sak med sin hemstad och fick ”ordet” TNUUENRTL. Vilken stad kommer Josefin ifrån om man vet att den börjar med bokstaven L?

Lösning:

I både tabell 1 och tabell 2 kommer varje bokstav i stadens namn komma på sista plats exakt en gång (eftersom ”orden” är alla förskjutningar av stadsnamnet).

Eftersom vi vet att ”orden” i tabell 2 kommer i bokstavsordning, så kan vi rekonstruera första kolonnen i den tabellen:

Notera nu att i tabellen står ”förskjutningar” av stadsnamnet. Då kan vi läsa av den delen av tabellen som vi fick fram att exempelvis att bokstaven R kommer precis efter bokstaven E, att ena bokstaven T kommer precis efter en bokstav N och den andra bokstaven T kommer precis efter en bokstav R och så vidare (föreställ er nu att ordet loopar, det vill säga vi kan säga att första bokstaven kommer precis efter det sista).

Med denna information kan vi rekonstruera andra kolonnen i tabell 2. Där vi garanterat vet efterföljaren (efter U kommer N, efter E kommer R, efter R kommer T, efter L kommer U) skriver vi in den direkt i den andra kolonnen. Där det finns tvetydighet (efter T kommer E eller U, efter N kommer L eller T) avgör vi hur de ska skrivas in med hjälp av bokstavsordningen. Till exemepel, E kommer före U i alfabetet, så det nya E:et ska skrivas in på 6:e raden och den nya U:et ska skrivas in på 7:e.

Vi fortsätter med samma princip att fylla på kolonnerna en i taget. Vi har en tydlig instruktion för hur tabellen ska fyllas i, eftersom vi vet efterföljarna för varje bokstav samt att ”orden” i tabell 2 står i bokstavsordning.

Till slut kommer vi kunna fylla hella tabellen och läsa av ordet i andra raden (eftersom staden började på L). Det kommer vara staden LUNTERTUN. Luntertun ligger i Ängelholms kommun i Skåne.

Om man slår in någon godkänd kod och åtminstone en rätt siffra kommer på rätt plats, så öppnas kassaskåpet.

Kan man öppna kassaskåpet på färre än 7 försök?

Lösning:

Jupp, det kan man! Slå in följande sex koder en efter en (de är alla godkända koder):

1234567
2345617
3456127
4561237
5612347
6123457

Om nu kassaskåpet INTE skulle öppnas, så är det säkert att ingen av siffrorna 1, 2, 3, 4, 5, 6 förekommer på de första sex platserna.

Men det betyder att endast siffrorna 7, 8, 9, 0 förekommer på de första sex platserna. Men det är omöjligt (enligt lådprincipen), eftersom alla siffror i koden skulle ju vara olika.

Motsägelse! Alltså måste kassaskåpet öppnas för någon ut av de 6 koderna.

Därefter läste han av ”ordet” i sista kolonnen: SLAUPPA.

Josefin gjorde samma sak med sin hemstad och fick ”ordet” TNUUENRTL. Vilken stad kommer Josefin ifrån om man vet att den börjar med bokstaven L?

Mattebloggen har en inoficiell tävling i att lösa mattegåtor. Skicka in din lösning till valentina.chapovalova@gmail.com, så har du chansen att vara med på topplistan. Har du någon fråga om veckans gåta, posta den i kommentarerna eller maila mig. Lycka till!

Lösning:

Dela upp pappret i 2×2-kvadrater och låt varje kvadrat färgas så här:

Då kommer varje rektangel ha hörnrutorna färgade likadant, eftersom båda sidorna består av ett udda antal rutor. Måla då om varje rektangel till just den färgen som hörnrutorna har.

Nu kommer inga två grannrektanglar ha samma färg. Hade de haft det, så skulle deras hörnrutor från början vara färgade i samma färg. Men om två rektanglar ligger bredvid varandra, så ligger två av enas hörnrutor och två av andras hörnrutor i två kolonner eller rader bredvid varandra.

Men om mönstret var så här från början, så är det ju omöjligt.

Diskussion:

Låt oss se rent teoretiskt, ifall lösningen är möjlig. Vi har två vägningar på oss, och varje vägning kan ge tre resultat: lika, första skålen väger mer eller andra skålen väger mer.

På så sätt har vi 9 teoretiska utfall efter 2 vägningar, man kan skriva upp dem som en lista, där vägningsresultaten står i ordning:

1. första väger mer, första väger mer

2. första väger mer, lika

3. första väger mer, andra väger mer

4. lika, första väger mer

5. lika, lika

6. lika, andra väger mer

7. andra väger mer, första väger mer

8. andra väger mer, lika

9. andra väger mer, andra väger mer

Å andra sidan har Vargen också 9 olika brottskombinationer:

1. gris 1 åt ett kex, gris 2 åt ett kex

2. gris 1 åt ett kex, gris 3 åt ett kex

3. gris 2 åt ett kex, gris 3 åt ett kex

4. gris 1 åt två kex

5. gris 2 åt två kex

6. gris 3 åt två kex

7. gris 1 åt ett kex, Rödluvan åt ett kex

8. gris 2 åt ett kex, Rödluvan åt ett kex

9. gris 3 åt ett kex, Rödluvan åt ett kex

Alla brottskombinationer kan hända. Därför är det teoretiskt möjligt för Vargen att lista ut svaret, om han nu lyckas hitta på sådana vägningar, så att varje resultat motsvarar entydigt en brottskombination. Men vilka grisar ska han väga, ska han väga Rödluvan och i vilken ordning? Notera att det kanske inte går i alla fall.

Lösning:

Men det går! Tricket är att använda kexen som Vargen har kvar. Min kompis Erik föreslår följande algoritm:

Vargen börjar förstås med att hiva upp två grisar på vågen, vi kan kalla dem gris 1 och gris 2. Om gris 1 och gris 2 inte väger lika mycket har den tyngre ätit ett eller två kex.

Låt oss antaga att gris 1 är den tyngre grisen. Då lägger han gris 1 i ena vågskålen och gris 3 plus ett kex i andra vågskålen. Om gris 1 är tyngre ändå, har han ätit båda kexen. Om gris 3 + kex väger lika mycket som gris 1 så har gris 1 ätit 1 kex, gris 3 ätit 0 kex och således har Rödluvan också inmundigat 1 kex. Om gris 3 + kex väger mer än gris 1, så har gris 1 och gris 3 ätit ett kex vardera.

Om gris 1 och gris 2 väger lika mycket tar man en av dem (säg gris 1) och väger denna tillsammans med ett kex mot den överblivna (gris 3). Om gris 1 + kex då väger mer än gris 3, har gris 1 och gris 2 ätit varsitt kex. Om gris 3 väger lika mycket som gris 1 + kex, så har gris 3 och Rödluvan ätit varsitt kex. Om gris 3 väger mer än gris 1 + kex så har gris 3 ätit båda kexen.

Denna lösning kan sammanfattas i följande diagram:

Tag en vanlig kortlek med 52 kort. Säg att kortleken ligger snyggt, ifall varje par av kort där ena ligger på den andra antingen har samma färg eller samma valör, samma sak gäller för det översta och nedersta kort samt att spader esset ligger överst. Visa att antalet sätt att lägga kortleken snyggt är

(a) delbart med 12! (12 fakultet, det vill säga 12*11*10*9*8*7*6*5*4*3*2*1)

(b) delbart med 13! (13 fakultet)

Lösning:

(a) Det gäller alltså att hitta något villkor (som kan variera), som när det är uppfyllt ger upphov till exakt 12! olika fall. Det där låter lite luddigt om man inte har funderat på det, men här kommer det mer konkreta förklaringen.

Spader ess är fixt, det kan vi inte flytta på. Säg att vi har något snyggt sätt som kortleken är lagd på. Notera då att vi kan byta plats på alla treor och alla fyror i respektive färg (så hjärter tre och hjärter fyra byter plats osv.)

Men vi kan även byta plats på alla tvåor och kungar samtidigt. Vi kan egentligen byta plats på vilka valörer som helst så länge alla kort av den valören byts mot ett annat fixt valör och så länge essen inte flyttas (de får inte flyttas för spaderesset).

Eftersom man får byta plats på 12 valörer (man kan även byta fler än 2 valörer samtidigt, t.ex. tvåor byts mot treor, treor mot fyror och fyror mot tvåor), så finns 12! sådana byten. Därför är antalet snygga uppläggningar delbart med 12 fakultet.

”Villkoret” här var egentligen att vi fixerade vilken färg varje plats hade samt vilka platser som hade likadana valörer och alla essens platser var också bestämda. Det finns 12! sätt att nu placera ut de bestämda valörerna.

(b) Uppgiften kan ses på ett annat sätt. I fall det finns en 4×13-tabell, där raderna betecknar färger och kolonnerna betecknar valörer, så är antalet snygga sätt lika med antalet sätt som ett torn kan inuti tabellen så att den startar från säg vänstra övre hörnet, kommer till varje ruta en gång och sedan kommer tillbaka till sin egen plats. Kom ihåg att ett schacktorn kan gå lodrätt eller vågrätt godtyckligt många rutor.

Eftersom delen (a) är visat, räcker att bevisa att antalet sätt är delbart med 13. Klistra ihop tabellen längs de korta ändarna så att det bildas ett band med fyra rader. Om vi fixerar en rutt som börjar från spader ess så kan vi rotera bandet 12 steg så att det för varje steg bildas en ny rutt (som inte längre börjar med spader ess).

Vi visar att varje sådan falsk rutt kan göras om till en riktig och den kommer inte vara lika med den ursprungliga.

Varje falsk rutt går ändå igenom spader esset vid något tillfälle, och eftersom den kommer tillbaka till samma ruta som den startade ifrån så kan den lika gärna betraktas som en rutt som börjar i spader ess (som nu är tillåten).

Men varför är det inte lika med det ursprungliga? Då skulle rutten vid en viss rotation avbildas till sig sjäv. Betrakta då vilket som helst vågrätt drag (ett sådant måste finnas). Om vi gör rotationen 13 gånger så ser vi att alla rutor på den raden är startpunkter för vågräta drag (eftersom 13 är ett primtal). Men det kan inte vara möjligt, eftersom vi då inte kommer från den raden.

På så sätt delas rutter upp i grupper om 13 och alltså är antalet rutter delbart med 13!

]]> http://mattebloggen.com/2009/06/losning-till-gata-vecka-23/feed/ 0