Problemlösning – Sida 6

Fibonaccitalen och gyllene snittet

Ett välkänt trick är att man kan klippa en triangel i bitar, arrangera om bitarna, sätta ihop dem till en triangel igen och få en extra ruta!

Hur kan det stämma? Nedan kommer förklaringen, men fundera själv först!

.

.

.

.

.

.

.

.

De stora figurerna är egentligen inte trianglar, det ser bara ut som det. Vore de riktiga trianglar, skulle den gula och den röda triangeln vara likformiga, det vill säga ha samma förhållande på kateterna. Men $\frac{5}{2}\neq\frac{8}{3}$ (eftersom $\frac{3}{2}\neq\frac{8}{5}$ ).
Så att den första figuren är en inåtböjd ”triangel” och den andra är en utåtböjd. Därifrån kommer den extra rutan.

Låt oss jämföra liknande, men annorlunda bråk: $\frac{3}{2}$ och $\frac{8}{5}$ .
$\frac{3}{2}=1,5$

$\frac{8}{5}=1,6$
Ganska nära värden! Därför har även $\frac{5}{2}$ och $\frac{8}{3}$ ganska nära värden. Förhållanden mellan sidorna är så pass lika att trianglarna är nästan likformiga och har nästan likadana vinklar. Det innebär att deras hypotenusor bildar nästan en linje (och för oss ser det ut som att de bildar en linje).

Låt oss studera fler förhållanden:

$\frac{13}{8}=1,625$

$\frac{21}{13}=1,61538462\ldots$

$\frac{34}{21}=1,61904762\ldots$

$\frac{55}{34}=1,61764706\ldots$

$\frac{89}{55}=1,61818182\ldots$

Den noggranna läsaren kanske har upptäckt att de nya täljarna får man genom att addera de föregående två:

$21=13+8$

$34=21+13$

$55=34+21$

$89=55+34$

Och några känner igen Fibonaccitalen i nämnarna och täljarna:

$1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89\ldots$

Fibonaccitalen startar med 1 och 1, sedan får man nästa tal genom att lägga ihop de två föregående.

Låt oss se om bråken (som är lika med förhållanden mellan två Fibonacci-granntal)

$\frac{2}{1},\frac{3}{2},\frac{5}{3},\frac{8}{5},\frac{13}{8},\frac{21}{13},\frac{34}{21},\frac{55}{34},\frac{89}{55},\ldots$

i slutändan blir lika med något värde. Vi har ju sett på de tidigare att värdet verkar vara nära $1,6$ .

Man kan skriva om bråken till så kallade kedjebråk:

$\frac{2}{1}=1+\frac{1}{1}$

$\frac{3}{2}=1+\frac{2}{1}=1+\frac{1}{\frac{2}{1}}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1}}$

$\frac{5}{3}=1+\frac{2}{3}=1+\frac{1}{\frac{3}{2}}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1}}}$

Varje bråk blir lika med 1+1/(föregående bråk) och därför ser alla de bråken ut på ett och samma sätt. Det är bara antalet ettor i kedjebråket som ökar för varje steg.

Låt oss anta att vi får något reellt tal $\varphi$ , om vi utför operationen oändligt många gånger:

$\varphi=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\ldots}}$

Då måste

$1+\frac{1}{\varphi}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\ldots}}}=\varphi$

$\varphi=1+\frac{1}{\varphi} \iff \varphi^2-\varphi-1=0$

Ekvationen har exakt en positiv lösning:

$\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx 1,61803399$

Detta tal kallas gyllene snittet och är lika med vissa proportioner i Da Vincis målning ”Den vitruvianske mannen”. Många andra saker i naturen har den proportionen också, just på grund av att mycket i naturen beter sig som Fibonaccital (se början på videon):

Om du tyckte om Fibonaccitalen försök att lösa följande två problem:

1. Klipp upp en kvadrat med sida 1 i tre eller fyra delar och sätt ihop delarna till en rektangel med sidorna $\varphi$ och $\varphi-1$ .

2. Klipp upp en kvadrat med sida 8 i tre eller fyra delar och sätt ihop delarna till en nästan rektangel med sidorna 5 och 13. (Du kan öka Fibonaccitalen i problemet och se ”felet försvinna”.)

(Bonusproblem. Bråken
$\frac{5}{2},\frac{8}{3},\frac{13}{5},\frac{21}{8},\frac{34}{13},\ldots$
närmar sig ett värde. Vilket?)

Jag tackar Djalal för tipset om ovanstående problem och diskussion.

Andra vinnarna i tävlingen vårterminen 2011

Ni läsarna har sagt ert, vilket resulterar i att bidrag 5 och bidrag 6 vinner tävlingen för snyggast lösning.

Det vill säga vinnarna den här våren (förutom Skägget) är Benjamin och David! Grattis, priserna ska jag skicka ut i augusti!

För min egen del väntar mattekollo hela juli, vilket innebär massa matte såklart. Jag är ansvarig för att förbereda lektioner om bland annat komplexa tal och omöjliga konstruktioner med passare och linjal. Bloggen tar alltså en paus och vaknar till liv igen i augusti.

Ha en bra sommar, oavsett om ni ska hålla på med matte eller inte!

Tävlingen vårterminen 2011 – Omröstning

Tävlingen vårterminen 2011 här på bloggen innehöll hela 30 uppgifter, här kan ni titta på alla problemen igen och kolla upp lösningarna:

Kuben – Siffertriangeln
Rebusen – Schackcirkeln
Blommor – Familjealbum
Punkter – Trasig våg
Syskon – Sannoliketer
Kaniner – Staket
Fången – Speciellt tal
Papper – Brickor
Hexagonen – Siffersumman
Nötter – Äpplen
Cirkelkonstruktion – Cosinussumman
Uttrycket – Ön
Cthulhu – Tabellen – Stenhögarna
Matchen – Dvärgarna – Rutnätet

Många deltagare har skickat in flera lösningar och jag har försökt att välja ut de bästa. Bidrag som har vinstchans har valts ut från helt korrekta lösningar och bedömts efter originalitet och hur pass förståeliga de var. Jag tog bara med uppgfter som var värda minst 2 poäng. Varje person (förutom Skägget, som redan har vunnit) som hade skickat in minst en sådan lösning tävlar om att vinna ett pris.
Man tävlar med sitt bästa (i mitt högst subjetiva tycke) bidrag. Jag vill utmärka David och Thomas (och Skägget), som skickade in väldigt många bra lösningar, det var faktiskt väldigt svårt att välja deras bästa respektiva lösning.

Skriv gärna i kommentarerna vilket eller vilka bidrag du tycker bäst om! Du får givetvis rösta anonymt och du får rösta på din egen lösning. Rösta senast på måndag den 27 juni.

Siffertriangeln

Bidrag 1

Nej, det går inte.
Om man delar upp varje rad om tre så ser man direkt att fyra av siffrorna kommer att användas i tre rader, dvs tre ggr. De övriga siffrorna kommer att användas en gång vardera. För att alla raderna skall ge samma summa så måste den totala siffersumman vara delbar med 6 (eftersom det är 6 st rader). Det betyder att 3A + 3B + 3C + 3D + E + F + G + H + I + J skall vara delbart med 6. Vi vet att Siffersumman av talen 0-9 = 45, som ger en rest 3 när vi delar med 6. Det ger oss att 2A + 2B + 2C + 2D + 3 skall vara delbart med 6. 2A, 2B, 2C och 2D är alla jämna tal (2*0 är kanske inte ett jämnt tal, men det är åtminstone inte ojämnt). Fyra jämna tal (varav ett kanske är 0) plus ett ojämnt tal (3) ger en ojämn summa. Ett ojämnt tal är inte delbart med 6. Så det går inte att fylla i siffertriangeln så att alla summor är samma.

Bidrag 2

Vi tänker oss att vi räknar modulo 2. En ”balanserad” utplacering av 0,..,9 ger en balanserad placering modulo 2. Vi antar att det står noll överallt från början och placerar ut 1:or en i taget. Då varje nod ligger på antingen en kant eller tre kanter så kommer varje utplacerad 1:a att ändra pariteten på ett udda antal kanter. Då vi har 5 ettor så har vi totalt ett udda antal paritetsändringar. Men då kanterna skulle ha samma värde mod 2 så krävs det ett jämnt antal paritetsändringar (alla ska antingen stanna på värde noll eller så ska sex st kanter ändras till värde 1).

Schackcirkeln

Bidrag 3

Den största möjliga cirkeln har radien:

0,5s^2+1,5s^2=2,5s^2 Radien blir då: Roten ur 2,5s^2

s motsvarar sidlängden på en schackruta.

Det går inte att göra en större cirkel eftersom för alla cirklar som bara går genom svarta rutor så behöver de gå genom ett hörn för att ta sig från en svart ruta till en annan. I min cirkel som jag anser vara den största möjliga behöver cirkelns rand löpa genom totalt åtta hörn och två hörn på rad. Nästa större cirkel som man kan försöka på innehåller 3 hörn på rad. Har man tre punkter på en rad som cirkelns rand måste gå igenom blir det ingen cirkel utan bara ett rak linje. Så en kvartscirkel kan bara passera genom två hörn för att fortfarande kunna vara en cirkel.

Bidrag 4

Motsägelsebevis att största möjliga radie är rot(1,5^2+0,5^2):

För att cirkeln skall vara stor måste den gå genom mer än en svart ruta. Då måste den passera genom hörn. Från och med nu koncentrerar jag mig på vilka hörn den kan gå genom. När cirkelns rand går in genom ett hörn till en ruta kan det antingen gå ut genom det diagonalt motsatta eller ett närliggande hörn.
Då använder jag följande konstateranden:
1: Om randen gick genom diagonalt motsatta i föregående ruta kan det inte igen gå genom diagonalt motsatta. Då skulle de tre hörnen vara kolinjära och radien oändlig.
2: Om den går genom närliggande hörn två gånger i rad blir diametern rot(0,5^2+0,5^2).
3: Bästa resultat blir om det alternerar: varannan i motstående diagonalt och varannan i närliggande. Då blir radien enligt ovan.

Bidrag 5

Det finns exakt två cirklar som kan ritas. För att rita den ena tar man en vit ruta och ritar den omskrivna cirkeln. För den andra, väljer vi en svart rutas mittpunkt som mittpunkten på cirkeln. Nu konstruerar vi en större cirkel, och visar att det är den enda andra cirkeln som kan ritas.

För att en cirkel ska kunna uppfylla kraven som ställs måste den passera genom hörn på rutor varje gång den passerar från en ruta till en annan. Om den passerade genom en kant, skulle den gå från svart till vitt, som inte tillåts. Vi kallar två hörn på rutor närliggande om de delar en kant, och motsatta om de ligger på samma diagonal. Säg att cirkeln passerar genom tre motsatta hörn på rad. Då finns det en rak linje som förbinder de två hörnen som ligger längst bort från varann. Men på grund av en cirkels form kan ingen annan punkt på cirkeln ligga på den linjen, så det kan inte hända att den passerar genom tre motsatta hörn på rad. Säg nu att den passerar genom tre närliggande hörn på rad. Då har vi tre punkter på cirkeln, som inte ligger på en linje, och vet alltså unikt vad det är för cirkel. Men det är exakt samma cirkel som vi redan konstruerat, som omskriver en ruta!

Alltså måste punkterna alternera mellan närliggande och motsatta hörn. På grund av formen av cirkeln, kan vi bara välja ett av de närliggande hörnen, så det finns bara en möjlighet för en cirkel som inte är den vi redan gjort. Om vi ritar ut de punkterna på ett bräde och använder oss lite av Pythagoras sats för att beräkna sträckor, ser vi att de faktiskt ligger på en cirkel (som delar mittpunkt med en svart ruta). Radien visar sig vara sqrt(5/2) * x, där x är sidlängden på en ruta.

Staket

Bidrag 6

Betrakta två godtyckliga staket. Eftersom staketen inte får korsa varandra måste de antingen vara helt separata från varandra eller så ligger det ena inuti det andra. Vi inför en ny regel, man måste bygga staketen inifrån och ut. Alltså om man har byggt ett staket så får man inte bygga nya staket inuti det slutna området. Det gör ingen inskränkning på problemet, det påverkar bara i vilken ordning man bygger staketen. Vi kan börja med att bygga ett staket runt varje hus, det förstör inte våra möjligheter att bygga större staket. Vi säger att ett staket är coolt om det inte har något staket runt sig. Så för tillfället har vi 100 coola staket. Varje nytt staket vi bygger måste omsluta minst två coola staket (om det inte omsluter något staket så kan det inte heller omsluta något hus och om det endast omsluter ett coolt staket så omsluter det nya staketet och det gamla coola staketet samma samling hus). Så i processen när vi bygger ett nytt staket så kommer minst två f.d. coola staket sluta vara coola. I utbyte får vi ett nytt coolt staket, men resultatet är en minskning av antal coola staket. Efter att ha byggt högst 99 staket utöver de 100 första, så är vi alltså nere i endast ett coolt staket och då kan vi inte bygga mer. Så vi kan inte ha fler än 199 staket totalt, det återstår endast att visa att 199 staket är möjligt. Låt oss ha en stad där husen står på rad, numrerade från 1-100. Bygg ett staket runt varje hus, bygg därefter staket som omfattar hus (1,2,3…,n) för varje n från 2 till 100. Totalt 199 staket, fullt möjligt. Svaret är alltså 199.

Papper

Bidrag 7

Ty pappret är en rektangel, kan vi identifiera de fyra räta vinklarna.

Enligt vertikalvinkelsatsen är de två vinklar som möts, där de kongruenta tringlarna tangerar varandra, lika.

Vi har nu två trianglar, I och II, med två vinklar lika, vilket betyder att även den tredje är lika. Detta har också stöd i påståendet att trianglarna är kongruenta.

Kortsidan på 8 centimeter delas i två lika delar, vilka då blir 4 centimeter var. Ty II är kongruent med I är även motsvarande sida i triangel I 4 centimeter.

Låt a beteckna den okända kateten i de kongruenta trianglarna och låt c beteckna hypotenusan.

Eftersom a och c till fullo utfyller den nedvikta kortsidan, får vi att a+c=8, enär kortsidan just är 8 centimeter. Pythagoras sats ger även att 4^2+a^2=c^2. Lösningen till detta ekvationssystem är a=3 samt c=5.

Om vi åter viker upp fliken ser vi att längden av långsidan fås av omkretsen av en triangel:

a+c+4=3+5+4=12

Papprets långsida är alltså 12 centimeter.

Siffersumman

Bidrag 8

Ett sådant tal (som jag här kallar för T) kan skrivas som T=12*siffersumman. Talet T är alltså delbart med 2, 3, 4, 6 och 12. Eftersom talet T är delbart med 3 måste även dess siffersumma vara det. Det innebär dock att talet T också måste vara delbart med 9. Det leder till att även dess siffersumma måste det. Om vi då har en siffersumma som är delbar med nio gånger tolv så måste talet T vara delbart med 108.

Det minsta möjliga talet T är 108. 108=12*(1+0+8). Fler tal T med siffersumma 9 kan inte finnas. Vi testar därför siffersumma 18:

18*12=216. Detta tal har dock siffersumma 2+1+6=9. Därför är det inte ett tal vi söker.

27*12=324. Siffersumman är dock fortfarande 9. Ett tresiffrigt tal kan dock inte ha en högre siffersumma än 27 eftersom talet med högst siffersumma är 999. Därför är det meningslöst att leta efter fler tal T bland tresiffriga tal.

1000/12=83,333333333333333333333333333333333333… Siffersummorna för fyrsiffriga tal T kan vara minst 84. Dock kan inget fyrsiffrigt tal ha en siffersumma högre än 9*4=36, så det finns inga fyrsiffriga tal T.

Vi testar femsiffriga: 10000/12=833.33333333333333333333333333333333… Siffersummorna för T kan här inte understiga 834, men inget femsiffrigt tal kan ha en siffersumma som understiger 9*5=35. Alltså är inte femsiffriga tal T möjliga.

Som vi ser här så ökar den minsta möjliga siffersumman för talet T för varje ny siffra tio gånger, medan den maximala möjliga siffersumman för ett tal med det antalet siffror bara ökar med 9. Därför finns det inga möjliga tal T högre än 108.

Svar: Det finns endast ett sådant tal, nämligen 108. Ifall talet 0 räknas så finns det dock två.

Äpplen

Bidrag 9

Om det inte skulle gå skulle det som mest kunna finnas 99 lådor med minst 1 äpple i, 49 med minst 2, 33 med minst 3, …, $\lceil(100/n)-1\rceil$ med minst n, för annars kan vi ta bort äpplen och lådor så att det finns $\lceil(100/n)\rceil$ lådor med n äpplen i varje, och $\lceil(100/n)*n\rceil$ är större än eller lika med 100.

Som mest kan vi då ha
1 med 99, totalt 01 större än 99
1 med 49, totalt 02 större än 49
1 med 33, totalt 03 större än 33
1 med 24, totalt 04 större än 24
1 med 19, totalt 05 större än 19
1 med 16, totalt 06 större än 16
1 med 14, totalt 07 större än 14
1 med 12, totalt 08 större än 12
1 med 11, totalt 09 större än 11 277
2 med 09, totalt 11 större än 09
1 med 08, totalt 12 större än 08
2 med 07, totalt 14 större än 07
2 med 06, totalt 16 större än 06
3 med 05, totalt 19 större än 05
5 med 04, totalt 24 större än 04
9 med 03, totalt 33 större än 03
16 med 02, totalt 49 större än 02
50 med 01, totalt 99 större än 01 473

Antalet äpplen blir då 473, och 473 < 2000. Så med 2000 äpplen går det.

Matchen

Bidrag 10

Om Nord vinner då är a),b),c) och d) sanna.
Om det är oavgjort så är a), c) och e) falska (då tre mål ej kan fås vid oavgjort).
Alltså eftersom att exakt 3 ska vara sanna, måste Syd vinna, eftersom ingen av de andra fallen fungerar.
Då c) och d) inte kommer vara sanna om Syd vinner måste rästen vinna. Så syd släpper in mål och det görs exakt 3 mål i matchen och syd vinner. så då måste det bli 2-1 till syd.

Första vinnaren i tävlingen vårterminen 2011

Det är dags att avsluta den här terminens tävling i problemlösning. Det sista bidraget är rättat och vi kan nu kora vinnaren: Skägget! Han hade högst poäng av alla deltagare, men några av deltagarna låg inte så långt efter.

Hela 25 personer deltog i mattebloggens tävling den här gången och jag är väldigt glad över att ni var så många. Det verkar som att ni tyckte om att få två problem att klura på varje vecka, även om vissa problem inte var anpassade för högstadieelever. Tyvärr blev det lite för mycket jobb för mig att rätta alla lösningarna, så jag funderar på att korta ner tävlingen nästa termin eller att ha fler små tävlingar. Kommentera gärna om ni har synpunkter!

Notera att jag inte avslöjar vem andra vinnaren är. När alla lösningar publiceras kommer vi ha en omröstning här på bloggen om vilken(vilka) lösning(-ar) är värd(a) att få en utmärkelse.

Årets resultat (de yngre deltagarnas poäng är slutpoängen multiplicerade med årskursens koefficient):

SLUTRESULTAT
Namn	Årskurs	Poäng
Skägget	Student, åk 2	90
David	26 år	81
Lisa	8	67,5
Toomas	8	67,5
Thomas	Student	55
Axel	7	51
Daniel	9	20
Emilia	7	18
Arvid	Kandidat	17
Carl	8	15
Johan	Doktorand	15
Robert	Doktorand	12
Pierre	7	12
Sebastian	7	9
Maria	7	9
Benjamin	Student	8
Mirella	7	6
Joakim	7	6
Ove	Master	4
Jonathan	7	3
Lucas	7	3
Julia	7	3
Fanni	7	3
Gary	7	3
Djalal	Doktorand	1

Lösningar, som vi väljer – del 2

Den här matematiska sagan är skriven av Victor Ufnarovski och publiceras här med hans tillåtelse.

Stabila äktenskap

”Idag började vi vår långa rymdfärd”, inledde kaptenen på den första rymdflygningen ”Jorden-Andromeda” sitt anförande. ”Ni vet att det finns 50 män och 50 kvinnor ombord och att vi ska flyga i 50 år. Så, vi ska bo här, gifta oss här, ha barn här. Var och en av oss är ogift och måste gifta sig här. Det var villkoret för att komma med i besättningen.”

”Det kommer vi ihåg, och många av oss blir glada över att få gifta sig redan idag. Vi har känt varandra i minst ett år.”

”Bra. Men jag tror att vi alla ska gifta oss och att vi ska gifta oss på ett sådant sätt att det inte inträffar något äktenskapsbrott här.”

De skrattade hjärtligt. ”Du måste vara realistisk, kapten”, sa en man.

”Jag är realistisk”, log kaptenen. ”Det är inte realistiskt på Jorden, men vi kan förverkliga det här.”

”Hur då?” Alla fortsatte att skratta.

”Får jag fråga?” kaptenen var orubblig. ”Varför blir en gift man A otrogen mot sin fru med en gift kvinna O?”

”Är det inte klart, kapten? Eftersom de tycker om varandra mer än om sina makar.”

”Bra. Och det är alltid lätt för A att hitta någon vacker O som älskar A mer än sin make?”

”Lätt som en plätt!” skrattade de mer och mer.

”Men det är på Jorden!” Plötsligt blev kaptenen allvarlig och skrattet försvann. ”Men jag ska gifta bort oss på ett sådant sätt att mannen A aldrig kan hitta en kvinna O som är bättre (för honom) än hans fru och som föredrar A framför sin man.”

”Du menar, kapten, att var kvinna som A tycker mer om än om sin fru inte tycker så mycket om honom, åtminstone inte mer än om sin man”

”Exakt. Och tvärtom, A föredrar sin fru framför alla kvinnor som skulle bli glada att byta sin man mot A.”

”Bra idé, kapten! Om du kan göra det, kanske du kan lösa problemet om ett stabilt äktenskap. Men vi tror att det är omöjligt.”

”Men får jag försöka?” frågade kaptenen.

”Javisst, det blir spännande!”

”OK. Vi börjar genast. Idag måste varje man välja den kvinna som han tycker mest om och skriva ett brev – fria till henne.”

”Men alla väljer Diana!” Diana Braun var allmänt erkänt den vackraste kvinnan. Många män var kära i henne, men ingen vågade hoppas på att få gifta sig med henne.

”För det första, inte alla. Till exempel inte jag. För det andra spelar det ingen roll. Du måste fria, även om du tror att du inte har någon chans. Du ska bara välja den kvinna du helst vill ha. Men det är bara början. Vi ska fortsätta detta i morgon. Men nu ska vi män tänka på och skriva det första brevet. Tänk inte på att hon kan avböja. Välj bara var och en den bästa. Och kom ihåg: det är en order. Alla måste välja och fria!”

Många män kunde inte sova den natten. Att välja den bästa kvinnan. Det är inte så lätt. Och hon kan avböja. Men kanske det var bättre att det fanns en order – många av dem hade annars aldrig vågat att fria. Och många friade till Diana.

Kaptenen kunde inte heller sova. Ja, han valde inte Diana. Men Mary, som han var hemligt kär i, hon älskade någon annan. Men jag måste skriva till Mary, suckade kaptenen tungt och började sitt brev.

Nästa morgon läste kvinnorna breven. Efter frukost samlades alla i en sal. Kaptenen överblickade sitt auditorium. Många kvinnor var ledsna och tysta.

”Jag ser att inte alla kvinnorna fick något brev.” Några av kvinnorna suckade tungt. ”Och vissa kvinnor fick mer än ett brev.” Några ganska glada kvinnor nickade. Han såg att Mary också nickade.

”Nu är det er tur att välja! Varje kvinna som har fått mer än ett brev måste välja endast ett av dem.”

”Och gifta sig med honom?”

”Nej, det sa jag inte. Men vad du måste göra det är att svara de andra, som skrev till dig att du aldrig kan gifta dig med dem. Jag tror att det är naturligt. De måste veta att det finns någon som du tycker om mer än om dem.”

”Bara det?”

”Bara det. Och vi ska vänta till i morgon.”

”Då måste Diana skriva väldigt mycket”, skämtade någon. Men hon själv var för ledsen idag för att skratta.

”Får jag skriva till alla som skrev till mig?” frågade hon plötsligt.

”Kanske fick hon inte det brev som hon väntade på”, tänkte kaptenen och svarade högt: ”Nej, du kan svara alla utom den bästa av dem. Det är i alla fall bara början. Vi bara eliminerar uppenbarligen ostabila äktenskap”, försökte han att trösta skönheten.

Bara i sista ögonblicket vågade han titta på Mary. Hon log deltagande mot honom och han visste att han skulle få ett brev från henne i morgon.

Det var inte så många som sov lugnt den natten heller. Kvinnorna som hade att välja tänkte på sitt första val. Kvinnorna som ingenting hade att välja grät. Men männen… Männen väntade och kunde inte heller sova.

Nästa morgon fick mer än hälften av männen ett brev (och de flesta från Diana). Breven var artiga, men hopplösa. Kaptenen fick sitt brev från Mary också. Efter frukost samlades alla i salen och kaptenen började.

”Idag fick några av oss ett brev. Vad betyder det? Det betyder att vi”, han kastade en ledsen blick på Mary, ”har inte har någon chans till ett stabilt äktenskap med henne. Hon blir i alla fall otrogen förr eller senare. Och jag tror att det är bättre att förstå det nu och inte efter bröllopet.”

”Det är sant, kapten.” De flesta höll med honom.

”Men vet ni vad vi ska göra nu?” frågade kaptenen.

”Det vet vi inte.”

”För det första: glöm denna kvinna. Du kan aldrig gifta dig med henne. För det andra: välj nästa kvinna som du tycker mest om och fria till henne!”

”Så vi ska vänta på ett nytt brev?” frågade kvinnorna med glädje.

”Exakt. Och kanske mer än ett.”

”Och de som hade brev tidigare kan nu få fler brev?”

”Javisst! Det finns bara ett undantag. Ni kan inte få ett brev från dem som ni avböjde. Men kanske behöver ni inte det.”

”Kapten, du är inte så dum som vi tänkte!”

Nytt hopp – ny glädje. Kvinnorna var upphetsade.

”Men om mannen inte fick korgen? Betyder det att man kan gifta sig nu?” frågade en nöjd man. Många misstänkte, att han var den enda mannen som skrivit till Diana och inte fått ett avböjande svar.

”Nej, det menar kaptenen inte. Du har en bra chans, men vi måste vänta”, svarade Diana till allas förundran.

”Absolut korrekt”, bekräftade kaptenen. ”Men om du vill kan du skriva ytterligare ett brev till samma kvinna.”

”Det ska jag göra!”

Nytt val – nya hopp. Men idag var de flesta lugnare och sov bra. Bara några män som fått mördande svar kunde inte sova. En av dem var kaptenen. ”Varför började jag det här?” frågade han sig, ”Var det inte bättre att ha ett hopp?” Men han visste att det inte var bättre.

”Jag ska i alla fall välja en ny kvinna. Och jag måste få ett nytt brev tillbaka också. För jag måste vara ärlig. Diana är bäst om jag måste glömma Mary.” Och han skrev och skickade ett brev till Diana.

Nästa morgon var de flesta av kvinnorna glada. Diana lyste rentav av glädje. ”Kanske fick hon idag det där brevet som hon väntade på”, tänkte kapten och sa högt: ”Flickor, ni som har mer än ett brev, vet ni vad ni ska göra idag?”

”Välja den bästa mannen och svara de andra.”

”Snälla flickor!”

”Men kapten, hur länge ska vi välja och skriva?”

”Vi ska vänta tills alla kvinnor har fått minst ett brev. Det bästa brevet blir det brev, som er tillkommande man har skrivit. Och det blir ett stabilt äktenskap. Fundera på det!”

”Kapten”, sa Mary, ”Kanske jag förstod din idé till slut. Du menar att vi kvinnor inte kan bli otrogna mot våra män, för att de som vi kanske kunde älska inte tycker om oss. De skickade inte brevet, som vi väntade på. Och om ingen kvinna blir otrogen, blir ingen man otrogen heller.”

”Perfekt resonemang!”

”Jag har en fråga”, sa Diana. ”Betyder det också att jag blir gift med den enda man som jag älskar, om han redan skickat mig ett brev?”

”Du kan vara säker på det!”

”Men varför ska jag vänta då?”

”Bara för att vänta tills alla de andra kvinnorna också har fått ett brev.”

”Men kan jag just nu säga min framtida man att jag valde honom för resten av mitt liv?”

”Jag tror att du kan säga det till de andra också. Då friar de inte till dig och hittar sin fru snabbare.”

”Då vill jag inte skriva några brev”, sa Diana och plötsligt fick kaptenen en het, lidelsefull kyss.

Avslutning

Jag hoppas att läsaren förstod det matematiska problem som ligger under dessa berättelser. Jag blir nöjd om läsaren höll med att det är en vacker lösning och frågade sig: Hur kan jag använda det? Hur kan jag lösa närstående problem (till exempel om det var fler kvinnor än män, eller om det finns män som hellre skulle dö än gifta sig med någon av dessa kvinnor?). Och också började att fundera: Är det verkligen sant? Kan jag till exempel bevisa att alla ska hitta sin maka på ett sådant sätt? För detta innebär att tänka som en matematiker.

Lösningar, som vi väljer – del 1

Den här matematiska sagan är skriven av Victor Ufnarovski och publiceras här med hans tillåtelse.

Vi måste välja. Vi måste fatta beslut. Vi gör det varje dag. Och beklagar ibland hela livet. . .

Men man måste veta att det finns några situationer, som har icke-triviala lösningar. Matematiker har upptäckt dem. Och ibland kan dessa lösningar hjälpa oss att välja våra lösningar.

Problemet med att dela

Två rövare delar ett byte. Det var så enkelt och trevligt att röva, men det är så svårt att dela! Varje rövare tror att han själv kan dela bytet mitt itu, men tror inte att hans kollega kan. Till slut sa den äldre rövaren:

”OK, jag har en idé. Får jag försöka dela bytet mitt itu?”

”Du kan inte!” ropade den yngre rövaren.

”Men vänta litet grann! Jag ska bara försöka” svarade den gamla rövaren och delade bytet. ”Så, jag har delat det och tror att dessa två delar är lika. Tror du också att de är lika?” ”Nej, det är ojämnt!”

”OK, vilken del är större?” frågade den gamla rövaren.

”Denna!” svarade den yngre utan att tveka.

”Ta den då! Är du nöjd?” ”Javisst, men är du nöjd? ” ”Utan tvivel! Jag är säker på att vi har jämna delar. Det var jag, som delade det!”

Så var båda två nöjda. Men nästa gång var de tre, som rövade. Nu behövde de dela bytet i tre delar, och det var mycket svårare nu. Hur skulle de göra?

Först försökte den gamla rövaren att använda samma idé.
Han delade bytet i tre (som han trodde) lika delar och föreslog dem andra att välja. Han hoppades att de andra skulle välja var sin del och han själv skulle ta den tredje så att alla skulle bli nöjda. Men de två rövarna valde samma del.

”OK”, sa han. ”Ni tror att denna är den bästa delen. Välj då den sämsta. Jag tar den och ni kan dela resten utan mig. ”

Det var en bra idé, men tyvärr valde de nu olika delar. Och ingen visste vad de skulle göra. De var rövare och de började att skjuta…

Polisen kom snart och de var nöjda att de lyckades undkomma. Men alla tre funderade på hur de kunde ha delat bytet?

Nästa gånger var de 10 som rövade. Det var underbart! Men nu behövde de dela bytet i 10 delar. Den äldsta rövaren berättade för de andra hur svårt detta problem var med bara 3 delar och föreslog:

”Jag tror att vi ska be en matematiker att lösa det här problemet. Jag är god vän med en av dem. ”

”Ska vi betala honom?” frågade de andra. ”Nej, han kan göra det gratis. Han tycker mycket om att lösa svåra problem. Och han blir nöjd om han skriver en matematisk artikel om det. ” ”Utan våra namn?” ”Utan.” ”Då ska vi försöka” beslutade rövarna.

Matematikern var mycket intresserad av detta problem.
Till slut hittade han en lösning.

”Ni är rövare”, sa han. ”Var och en av er är säker på att han (och bara han) vet hur mycket 1/10 av detta skräp är. ”

”Javisst!” svarade alla. ”OK då. Kan du”, han pekade på en rövare, ”mäta upp 1/10 del av detta?” Rövaren gjorde det.

”Du”, nu pekade matematikern på en annan rövare. ”Tror du att det där är större än 1/10?” ”Nej, det tror jag inte”, svarade han.

”Bra. Och du”, frågade han nästa rövare, ”tror du att det är större än 1/10? ” ”Ja, det tror jag.”

”OK, minska då det, gör 1/10! ”

Rövaren tog bort en del av godset. ”Nu är det verkligen 1/10 av bytet”, kommenterade han.

”Men ni”, frågade matematikern de två första rövarna, ”är ni säkra på att det inte är större än 1/10?” ”Vi är säkra på att det är mindre än 1/10.” ”OK då. Nu frågar jag nästa. Är denna nya del större än 1/10?”

Och på sådant sätt frågade han varje rövare och tvingade dem att minska delen, om de tyckte att den var större än 1/10.

”Finns det någon som tycker att det här är större än 1/10?” frågade matematikern när den sista rövaren var tillfrågad. ”Nej”, svarade rövarna. Alla, som hade tänkt att den var för stor hade redan minskat den.

”Bra. Vem var den sista som minskade delen? ” ”Jag”, svarade en av dem.

”När du gjorde det var du då säker på att det är exakt 1/10 av bytet.” ”Jag är säker på det nu också. Ingen har minskat det efter mig. ”

”Ta det då! Du är säker på att du har 1/10 av bytet och ingen tror att du har mer.” ”Är det sant!” ”Ja”, ropade rövarna: de började att förstå.

”OK. Men nu har vi ett litet enklare problem. Vi ska dela resten i 9 delar. Vi börjar på samma sätt. Du, gör 1/9 av . . . ”

Och så delade matematikern bytet. Alla var nöjda. De köpte en stor flaska av ett gott gammalt vin (rövarna är också människor!) och gjorde en fest.

Plötslig föreslog matematikern: ”Ska vi dela vinet också?” ”Nej, det tar för lång tid. Vi ska dricka kvickt!” ”Det ska jag göra snabbt!” ”Hur då?”

”Mycket enkelt. Jag själv dricker inte alkohol. Så vi ska dela vinet i tio delar. Är varje och en av oss säker på hur mycket 1/10 av denna aska blir?” ”Inget problem.”

”Så, jag börjar långsamt hälla upp i denna stora bägare. När någon av er ser att det är 1/10 måste han genast säga ”Stopp!” Går det bra?” ”Ja, det gör det”, svarade rövarna med förvåning: de hade aldrig druckit så konstigt.

Han började att hälla upp i bägaren. Den blev mer och mer full. Till slut skrek en av rövarna: ”Stopp! Det blir för mycket. Nu är det exakt 1/10 av askan.”

”Men de andra tror det inte?” frågade matematikern. ”Nej. De tror att det är mindre än en tionde del. De var tysta.” ”Bra. Ta denna skål. Det är din del! Och vi ska fortsätta på samma sätt”, och han började att hälla upp i en ny bägare.

Rövarna funderade litet gran. ”Genialt! Så enkelt” sa till slut den duktigaste av dem, ”Men varför kunde vi inte dela bytet på samma sätt?”

Vad tänker du om det, läsare?

Adventsgåtorna besvarade

Nu har alla decembergåtor fått svar!

Jag vill tacka alla läsarna som påpekat oklarheter och felaktigheter i svar. Fortsätt gärna att göra så!

Här är alla adventsgåtorna:
Pappersark
Sifferrebus
Myntpåsar
Läskig sjukdom
Klurigt uttryck
Tom och Jerry
Tändstickor
Påståenden
Defekt pixel
Fisken
Möjliga kuber
Kannibalernas tidspress
Annorlunda luffarschack
Finurligt tal
Möbelfabriken
Ett parti schack
Magiska cirklar
Ett meddelande
Mattekorsord

Vinnare bland yngre ht 2010!

Ram badapadam! Terminens tävling för de yngre är också nu slut och de bästa fyra deltagarna blev:

Toomas med 9 poäng

Jonathan, Axel och Nicklas med 2 poäng var

Vinnaren Toomas har ofta presenterat väldigt bra lösningar, men förutom honom vill jag belöna Jonathan för hans lösning på problemet vecka 39. Det var ett av de som svåraste problemen som ändå blev lösta.

Bra kämpat alla deltagare, uppgifterna för de yngre är ju likadana även om man går på gymnasiet, så de har varit svåra för er högstadieelever. Alla ni som åtminstone har försökt har blivit bättre på problemlösning!

Vinnarna kommer att få priserna tilldelade i januari och då kommer jag också förbereda en eventuell ny tävling. Maila till mig gärna om ni har synpunkter på hur tävlingen går till och välkomna in till framtida tävlingar!

Lösningen till problemet för de yngre vecka 47

Mattegåta

I ett visst spel används mynt som är värda 1, 15 och 50 Hello Kitty-dollar. En spelare köpte ett svärd och fick i växel ett mynt fler än vad han betalade. Vilket är det minsta antalet dollar som svärdet kunde kosta?

Diskussion

Vid en första anblick verkar det vara konstigt varför 50 dollar-myntet överhuvudtaget är viktig för uppgiften. Det verkar ju rimligt att försöka handskas med så få mynt som möjligt, det vill säga betala med 15 dollar och få två stycker 1 dollar-mynt tillbaka. Det skulle ge priset 13 dollar.

Men det är inte säkert att det är det absolut minsta priset! Tänk på hur det kan bli om spelaren betalar med två mynt och får tre mynt tillbaka. Till exempel kan han betala 1+50 dollar och få 15+15+15 tillbaka. Och då kostar ju svärdet 6 dollar, vilket redan är lägre!

Då kanske det går att få ner priset ännu mer? Nu får vi ta och resonera ordentlig om hur betalningen kunde sett ut. Till exempel verkar det onödigt om spelar betalar med några 15 dollar-mynt och får också några tillbaka, det skapar bara onödig växling. Alltså kan vi reducera till fallen då mynt av olika sort var betalt respektive växel.

Vad finns det då för varianter? Som i exemplet ovan så går det att betala med 1 och 50 dollar-mynt och få bara 15 dollar-mynt tillbaka. I lösningen nedan ser vi att det inte blir fler signifikanta fall än så.

Lösning 1

Vi kan räkna med att spelaren betalade med några sorter mynt och fick bara andra sorter tillbaka i växel.

-Han kunde betala med valutorna på 1 och 15 dollar, och få bara 50 dollar-mynt tillbaka, men då skulle han få tillbaka mer än vad han betalade (eftersom han fick ett fler mynt i växel).
-Han kunde betala med valutorna på 15 och 50 dollar, och få bara 1 dollar-mynt tillbaka, men då skulle svärdet kosta åtminstone 13 dollar.
-Signifikant fall I. Han kunde betala med valutorna på 1 och 50 dollar, och få bara 15 dollar-mynt tillbaka.
-Han kunde betala med 1 dollar-mynt, och få bara 15 och 50 dollar-mynt tillbaka, men då skulle han få tillbaka mycket mer än vad han betalade.
-Han kunde betala med 50 dollar-mynt, och få bara 1 och 15 dollar-mynt tillbaka, men då skulle svärdet kosta åtminstone 20 dollar.
-Signifikant fall II. Han kunde betala med 15 dollar-mynt, och få bara 1 och 50 dollar-mynt tillbaka.

Om det är signifikant fall I, antag att han betalade a stycken 1 dollar-mynt och b stycken 50 dollar-mynt. Då fick han a+b+1 stycken 15-dollar mynt tillbaka. Då kan vi uttrycka priset:

a*1+b*50-(a+b+1)*15=priset

a*1+b*50-a*15-b*15-15=priset

b*35-a*14=priset+15

Notera att vänsterledet är delbart med 7, så högerledet måste vara det också. Så det minsta talet högerledet kan vara är 21, alltså är minsta priset i det här fallet 6 Hello Kitty dollar!

Om det är det signifikanta fallet II får vi i princip samma ekvation om vi antar att spelaren fick tillbaka a stycken 1 dollat-mynt och b stycken 50 dollar-mynt (då betalade han a+b-1 stycken 15 dollar-mynt). Även där blir minsta svaret 6 dollar.

Så 6 Hello Kitty dollar är det minsta svärdet kunde kosta! Det kunde ske genom att spelaren betalade 50 dollar och 1 dollar och fick tillbaka tre mynt värda 15 dollar var.

Lösning 2

Lösning 1 ger en idé till en annan lösning. Idén handlar om att delbarhet med 7 är intressant. Talen 1, 15 och 50 ger alla nämligen rest 1 vid division med 7.

Så om vi kollar hur mycket det blir kvar när vi tar bort så mycket sjuor som möjligt både från betalningen och växeln, så blir resten alltid 1 större för växeln (eller om betalningen hade rest 6 vid division med 7 kommer växeln att inte ge någon rest alls).

Svärdet ska kompensera för den skillnaden. Eftersom svärdets pris ska adderas till växeln för att få betalningen, måste priset ge rest 6 vid division med 7. Det minsta sådana talet är 6.

Vinnare bland äldre ht 2010!

Pam padadam! Terminens tävling för de äldre deltagarna (som har gått ut gymnasiet det vill säga) är slut och de bästa tre deltagarna blev:

Johan med 12 poäng

Erik S. aka Skägget med 10 poäng

Benjamin med 8 poäng

Bra jobbat med tanke på att det maximala antalet poäng var 14.

Enligt min tycke var den bästa lösningen den till problemet vecka 37, av Erik S., eftersom den var så härlig att läsa. Samtidigt är Johans lösning på samma problem väldigt finurlig, så den tyckte jag också mycket om.

Jag tackar de ovanstående och alla andra som deltog och bidrog med lösningar! Utan er skulle jag inte kunna ha en lika bra blogg!

Vinnarna kommer att få priserna tilldelade i januari och då kommer jag också förbereda en eventuell ny tävling. Skriv gärna till mig om ni har synpunkter på tävlingsformen, tävlingens längd och dylika saker.