Αρχίζουμε θυμίζοντας συνοπτικά το πρόβλημα που μας απασχολεί από την προηγούμενη εβδομάδα: Ενας σωρός  από καρύδες και πέντε άνθρωποι-ναυαγοί σε νησί όπου ο καθένας με τη σειρά του μοιράζει στα πέντε τις καρύδες, κρατάει για τον εαυτό του το (1/5), δίνει μια καρύδα στον πίθηκο και για τις υπόλοιπες καρύδες ο επόμενος κάνει ακριβώς το ίδιο. Στο τέλος ό,τι μένει μοιράζεται πάλι στα πέντε. Ζητούμε πόσες ήταν όλες οι καρύδες.

Χρησιμοποιήσαμε τον τύπο της διαίρεσης: Δ = δ x Π + υ έξι διαδοχικές φορές, όσες και οι ναυαγοί συν μία ακόμη, φθάνοντας στην πολύ χρήσιμη σχέση 4(Π₅ + 1) = 5(Π₆ + 1). Οπου Π₁…Π₅, Π₆ τα πηλίκα των διαδοχικών διαιρέσεων. Χρήσιμη διότι από αυτήν προκύπτει ότι το (Π₅ + 1) επειδή οι 4 και 5 είναι πρώτοι μεταξύ τους, αν αναλυθεί σε γινόμενο μικρότερων παραγόντων, ένας από αυτούς θα είναι υποχρεωτικά το 5. Δηλαδή θα πρέπει να είναι πολλαπλάσιο (εκτός από πιθανόν και άλλους ακεραίους) και του 5. Οπου Π₆ είναι οι καρύδες στο τέλος που θα τις μοιραστούν όλοι μαζί.

Η συνέχεια της λύσης

Πηγαίνουμε όμως από αυτό το σημείο και πέρα συνεχώς προς τα πίσω διότι καταλαβαίνουμε πως βρέθηκε κάποιο… μονοπάτι. Δηλαδή από την 4Π₄ = 5Π₅ + 1 αν της προσθέσουμε πάλι 4 βρίσκουμε 4(Π₄ + 1) = 5(Π₅ + 1), άρα ο (Π₄ + 1) είναι για τον ίδιο λόγο πολλαπλάσιο του 5 αλλά με τον (Π₅ + 1) να είναι και αυτός πολλαπλάσιο του 5 ο (Π₄ + 1) θα είναι πολλαπλάσιο του 5×5, άρα του 5². Συνεχίζοντας έτσι, ο (Π₁ + 1) θα είναι πολλαπλάσιο του 5⁵ = 3125. Επειδή αρχικά είχαμε τη σχέση Ν = 5Π₁ + 1 προσθέτοντας 4 και στα δύο μέλη έχουμε (Ν + 4) = 5(Π₁ + 1), άρα ο (Ν + 4) είναι πολλαπλάσιο του 5 x 5⁵ = 5×3125 = 15 625. Με τη μικρότερη τιμή του να είναι όταν δεν έχει και άλλους παράγοντες δίπλα στο 15 625. Από τη Ν + 4 = 15 625 προκύπτει ότι Ν = 15 621 καρύδες.

Παραλλαγή: Το πρόβλημα δυσκολεύει λίγο περισσότερο αν δεχθούμε ότι στην τελευταία μοιρασιά, εκεί που είναι όλοι μαζί, να μην έχει προκύψει ως υπόλοιπο μια καρύδα που δίδεται στον πίθηκο. Οποιος όμως κατάλαβε τη λύση που μόλις παρουσιάσαμε θα βρει τον δρόμο και για την περίπτωση αυτήν.

Πνευματική Γυμναστική

1. Εχουμε σε παράταξη εφ’ ενός ζυγού, δηλαδή ο ένας πίσω από τον άλλον, 25 ανθρώπους και από αυτούς κάποιος ή κάποιοι όταν ερωτηθούν λένε πάντα ψέματα και κάποιος ή κάποιοι όταν ερωτηθούν λένε πάντα αλήθεια. Ο άνθρωπος που είναι στην κεφαλή αυτής της παράταξης ισχυρίζεται πως κάθε ένας πίσω από αυτόν λέει πάντα ψέματα. Ολοι οι υπόλοιποι ισχυρίζονται πως αυτός που βρίσκεται ακριβώς μπροστά τους λέει πάντα ψέματα. Πόσοι από όλους αυτούς στην παράταξη λένε πάντα ψέματα;

2. Ενα παλιό τυχερό παιχνίδι για δύο, στον χώρο των Βαλκανίων, ήταν το εξής: Ο καθένας από τους παίκτες διαλέγει ένα ζευγάρι μονών αριθμών (από το 3 και πάνω). Στη συνέχεια ρίχνουν εναλλάξ τρία ζάρια. Οποιος πετύχει με τις τρεις ζαριές του αθροιστικά έναν από τους αριθμούς που διάλεξε είναι νικητής (εκτός και αν και ο άλλος πέτυχε το ίδιο). Είναι κατανοητό πως υπάρχουν «καλύτερα» και «χειρότερα» ζευγάρια. Υπάρχουν όμως ζευγάρια αριθμών που να δίνουν την ίδια πιθανότητα επιτυχίας και στους δύο;

Οι απαντήσεις στα προηγούμενα

1. Ενας ποδηλάτης είχε συνάντηση με μια φίλη του στις 5 μ.μ. στο κέντρο της πόλης και ήθελε να εμφανιστεί ακριβώς τότε. Ο δρόμος έως εκεί γεμάτος με αυτοκίνητα. Γι’ αυτό δυσκολεύεται να υπολογίσει τι ώρα πρέπει να φύγει από το σπίτι του. Από το Διαδίκτυο βλέπει πως αν κατάφερνε να πάει με ταχύτητα 15 χιλιομέτρων την ώρα θα έφθανε 1 ώρα πιο νωρίς στο σημείο της συνάντησης. Αν όμως πήγαινε με 10 χιλιόμετρα την ώρα θα έφθανε 1 ώρα αργότερα από τις 5. Σε πόση απόσταση από τον ποδηλάτη βρισκόταν το σημείο συνάντησης; Ας υποθέσουμε πως Α_Χ είναι η απόσταση που ψάχνουμε. Και t1, v1- t2, v2 οι χρόνοι και οι ταχύτητες που αντιστοιχούν στα 15 χιλιόμετρα/ώρα και 10 χιλιόμετρα/ώρα. Υποθέτουμε ομαλή κίνηση, άρα έχουμε δικαίωμα να χρησιμοποιήσουμε τη σχέση v = Α_x /t. Η διαφορά των χρόνων άφιξης (t1 – t2) θα δώσει: (t1 – t2) = (Ax/v2) – (Ax/v1). Με (t1 – t2) = 2 ώρες προκύπτει ότι Αx = (2 x 15 x 10)/(15 – 10), οπότε Ax = 60 χιλιόμετρα.

2. Ενας κύκλος είναι χαραγμένος στην άμμο και πετάς ένα ραβδάκι με μήκος όσο και η ακτίνα του κύκλου προς το μέρος του. Πόση είναι η πιθανότητα το ένα άκρο του να ακουμπά σε κάποιο τυχαίο σημείο στην περιφέρεια και το άλλο άκρο να βρίσκεται στο εσωτερικό του κύκλου; Πόσο αλλάζει αυτή η πιθανότητα αν το μήκος στο ραβδάκι αλλάξει σε μισή ακτίνα και πόσο αν γίνει δύο φορές η ακτίνα; Εχουμε λοιπόν έναν κύκλο με κέντρο το Ο και ακτίνα R. Υποθέτουμε ότι το ραβδάκι έχει μήκος L < R, ακουμπάει με το ένα άκρο του στην περιφέρεια του κύκλου στο σημείο Σ και είναι ολόκληρο μέσα στον κύκλο. Το στρέφουμε έως ότου να συναντήσει την περιφέρεια του κύκλου σε ένα άλλο σημείο, έστω το Σ1. Σχηματίζεται ένα τρίγωνο από τα σημεία ΣΟΣ1. Εμάς μας ενδιαφέρει για την εύρεση της πιθανότητας η γωνία θ που από το σημείο Σ βλέπουμε όλο τον κύκλο. Την υπολογίζουμε εύκολα, π.χ. με τον νόμο των συνημιτόνων αφού γνωρίζουμε τις δύο πλευρές L και R που την περιέχουν. Η πιθανότητα που ζητούμε θα προκύπτει από τη διαίρεση: του διπλασίου σε μοίρες ή ακτίνια της γωνίας αυτής (γιατί τόση γωνία μπορεί να διαγράψει το ραβδάκι μέσα στον κύκλο χωρίς να βγει έξω από αυτόν έστω και ένα σημείο του) διά της μεγαλύτερης δυνατής γωνίας που μπορεί να διανύσει κατά μια πλήρη περιστροφή του που είναι 2π ή 360 μοίρες. Αρα η πιθανότητα είναι (2θ/2π) ή (2θ/360). Αν L = R το τρίγωνο είναι ισόπλευρο και η πιθανότητα είναι (2 x 60)/360 = (1/3)ή 0,333, αν L = 2R η γωνία είναι 0 μοιρών και η πιθανότητα το άλλο άκρο από το ραβδάκι να βρίσκεται στο εσωτερικό είναι μηδέν. Για L =( R/2) βγαίνει 0,419 > 0,333, που επιβεβαιώνει πως όσο μικρότερο τόσο μεγαλύτερη είναι η πιθανότητα.

Σημείωση: Η τακτική αναγνώστρια της σελίδας εικαστικός κ. Εύα Αποστολάτου μας ενημέρωσε πως στην διεύθυνση The hardest logic puzzle ever – Eva Apostolatou ‘s rationale. – YouTube  έχει αναρτήσει μια δική της λύση για το περιβόητο Πρόβλημα των Τριών Θεών, του Ρέιμοντ Σμούλιαν.

Έντυπη έκδοση Το Βήμα