2017. június 15., csütörtök

Kenderbajusz kalózkapitány és a kincsesláda

Kenderbajusz kalózkapitány megtalálta a híres elveszett aranykincset egy lakatlan sziget eldugott barlangjában. A téglatest alakú hatalmas kincsesláda zsúfolásig van tömve arannyal és drágakövekkel. A láda a barlang egy vízszintes padlójú hatalmas csarnokának a közepén áll, azonban csapdák védik. Közvetlenül a láda alatti téglalap alakú terület egy különálló kődarab. Ez a csapda központi eleme, mely úgy funkcionál, mint egy mérleg. Ha megváltozna a kődarabon lévő összsúly, akkor az működésbe hozna egy szerkezetet, aminek hatására a barlang kijáratai beomlanak, és a kalózok örökre bennragadnak. Kenderbajusz ezért azt eszelte ki, hogy amint a ládát kötéllel levontatják a kőről, egy pontosan ugyanolyan súlyú ládát egyúttal rátolnak a kőre. Ehhez azonban tudni kéne a kincsesláda tömegét. Segítsetek Kenderbajusznak, hogyan tudná megmérni a láda teljes tömegét anélkül, hogy a láda lekerülne a kőről? A súrlódási együttható elég nagy, ezért kötelekkel meg tudják billenteni a ládát, ha a kőre nehezedő súly közben nem változik. A kötél súlya elhanyagolható. Távolságméréseket szabadon tudnak végezni. A kincsek nem mozoghatnak a ládában, mert zsúfolásig vannak tömve.

Aki most kapcsolódna be a fejtörő versenybe, azoknak írom, hogy minden hónap 15-én jelenik meg a havi feladvány és következő hónap 15-ig lehet a megoldásokat beküldeni a jobb oldalon lévő oldalsáv tetején található e-mail címre. Az ez évi fejtőrő versenybe későn bekapcsolódóknak is lesz esélye nyereményre, ugyanis év végén a bekapcsolódástól számított teljesítményt figyelembe véve a legjobb versenyzők is különdíjban fognak részesülni. A pontverseny részletei egyébként itt találhatók: link.

2017. május 15., hétfő

Rejtjelezett feladvány

FDKLESÉSÁLIŐYAPÜÁXM2R2ŐGAOLÖSÁSRERSGLÓSÚ4DÖLKLXEKÉ
ÖKÚÁAIVLP4EÓ4GLXIU2ŐGAOPILDKLEGSŐYSÓ8ÖVBDÖLKPÁAÚLE
ESÁLÖILŐSPLSG8Ö8ERSOÓSŐLÓSÚ4DÖLKLGAVVKYKPÁAÚLKENTE
LSGHÁSLIVKÁKÚLEDSLKÉCÓAÉYÓAÁANLÖSUUIÚLKLDKLPKMPADK
ÜEQLDKLESDSÚLÁBEDÖSGSVLPAVAŐ2DÖŐWGZLKLDSÉIŐKYXDÖLP
KÚLÁXGÖAG2ÚLCÓSLCÓAÉYVAÁTG2ÁSLEICPPKÜESO8DÖLÖAVEIE
LKLKREICPLIŐKYXDÖÁSRLÖJESMLUÁACPLKLDKLIŐLCÓAÉYDKLÖ
IPKCÓTLÖ8NG8VLKÜPKÚLKGE2ÉLÓ8ŐLPKMPADKLCP2ÁKELHÖÓ8Ú
LKÜPPSOLÁÁ2LŐSPLDSLPSMESÖSLPSÁSRLCÓAÉYŐANTELIPÁ8ŐS
GLVKÖUÜE8ÚLE2MIÉLIÖ2GWÖSCÁSÉLCÓKÚLIÖ8ÁSZ8ÓLKRXGWLE
SPSDBLDKLKÉYEÖ8ERSOÓSŐLKLIEWDSÉSPLEIUIZÜIPKEWÖAPAD
KSMLÁÁSVLE2Ö2ÁANXVLVJESMLKLVKÖULÖ8YESÚÁSCPLKLVBRGS
ŐÖILKÉYSIPPSÁLÁÁSVLVSPHNPSÓSÁSLPSÚHMLÖILVKPGAÖLG2Z
LG2ŐLSNYIPSERSOÓSŐLMMSCPP4VLÁ2PPKYÖ2GWÖAVEIELCÓSLM
MKDÖÖAÉLÁ8PIŐLSDÖGSZÜSG8Ó8ÖEWÓSÖLKLVSEESÉSÁLVHÁSÚ8
PLKLÖ8LVSÁSRÖ2GWLDKYV4D4VXDÖLKLMM2VPIÓSÁLPSMMSÜIPÖ
KÚÁALÁÁSVL8ÁSOKDÖÖIÚLÁXGÁTE2ÉLESÓSÚ4DÖLKLCÓAÉYEE4R
2GLGKŐKÉLÓKÁCPADÖIÚYŐSÁ8ŐSGLEG8DKÜP2RWÉLEÁAÚLŐSÖLV
KPÖ2EGKEIVLÖ8YIPDANÁ2LKG2Ő8ÁMAGZLKLÁHM8RSNINKMKDÖL
KLEEANTELEHNILVAÖLÓ8ÁSLKG2CPADIMLÁBÚWVLPSDSÜPKÚLPK
M2EDÖIELÖILÁKÚ2Ó2ÖIGAVKCÓLIÖ2ÁTNGAOHÁSLVJESMLGKCÓK
ŐLKLÓ8ŐLÓSÁJPWDÖXÁKÚLEHÖYESÚÁSCPLGKCÓKŐLKLIGSŐÖILP
2ÚÁICPLDKYIERSOÓSŐLESÓSÚ4DÖLEESDSÁSRERSGLKLEDSLIVK

Aki most kapcsolódna be a fejtörő versenybe, azoknak írom, hogy minden hónap 15-én jelenik meg a havi feladvány és következő hónap 15-ig lehet a megoldásokat beküldeni a jobb oldalon lévő oldalsáv tetején található e-mail címre. Az ez évi fejtőrő versenybe későn bekapcsolódóknak is lesz esélye nyereményre, ugyanis év végén a bekapcsolódástól számított teljesítményt figyelembe véve a legjobb versenyző különdíjban fog részesülni. A pontverseny részletei egyébként itt találhatók: link.

2017. április 25., kedd

Matemorfózis - érzékelés előadássorozat

Hat részes ismeretterjesztő Matemorfózis előadássorozat indul érzékelés témakörben. A matematika, az idegtudomány, a kognitív tudományok és mesterséges intelligencia szemszögéből betekintést nyerhetünk a látás, hallás, tapintás és a gondolkodás legérdekesebb problémáiba. Az előadók fiatal kutatók a matematika és az elméleti idegtudomány területéről. Az előadásokon bárki részt vehet a Gólya romkocsma kellemes környezetében egy a rendezvény számára fenntartott külön teremben, az előadások alatt és után lehetőség van bármennyit kérdezni és diskurálni az előadókkal és egymással.

Ízelítőül a témákból. Mire tanítanak minket az optikai illúziók? Hogyan kezeli agyunk a bizonytalanságokat? Hogyan tekinthetünk a látásra, mint számítási problémára? Következik-e valamiből az általunk ismert zenei skála? Miért komoly kérdés az a találós kérdés, hogy Melyik nehezebb: egy kiló tollpihe vagy egy kiló ólom? Mik a súlyérzékelés belsőépítészeti vonatkozásai? Mit tudunk az intelligenciáról, kreativitásról, az intuícióról, a racionális gondolkodásról és annak mechanizmusairól, illetve ezek kapcsolatáról?

2017. április 17., hétfő

Húsvéti tojások mini-flex használatával

A gravírozott csipkézett tojások készítésére általában olyanok vállalkoznak, akiknek van megfelelő szerszámuk, türelmük, kézügyességük és idejük, ráadásul rajzolni is tudnak és még térlátásuk is van. Ha azonban van valakinek otthon egy univerzális kis szerszámgépe, aminek nagy a fordulatszáma, akkor egy mini-flex tárcsa segítségével könnyedén és gyorsan lehet egészen mutatós húsvéti tojásokat készíteni.

Akinek ilyen gépe van az persze sokkal pepecsebb csipkézett munkának is nekiláthat egy gyémánt gravírozó fejjel, de ahhoz kell egy kis gyakorlat, mert egyetlen apró hiba és az egész addigi munka odaveszik, ráadásul a legtöbb tyúktojás héja túl törékeny a csipkézéshez, inkább lúdtojást érdemes használni. A mini-flex segítségével azonban sokkal gyorsabban készíthetünk nagyobb és egyenes szakaszokból álló, vagy azok által határolt mintákat, ráadásul a flex még a kifújt tyúktojásba is úgy tud belevágni, hogy az nem reped meg. A legegyszerűbb minta az, amikor a tojás falába párhuzamos csíkokat vágunk, de szépen díszíthetjük a tojást csillag alakú lyukakkal is, akár 4-5 csillag is kifér egy tyúktojásra.

2017. április 15., szombat

Húsvéti feladvány

A húsvéti nyuszi szeretné az ajándékokat becsempészni a házba, aminek az alapja négyzet alakú. A ház egyik sarkához ki van kötve egy vérszomjas kutya, a kutya lánca pont olyan hosszú, mint a ház kerülete. Ha a kutya v sebességgel tud futni, mekkora kell legyen a nyúl sebessége, hogy biztosan bejusson a házba anélkül, hogy a kutya elkapná? Tegyük fel a következőket. A nyúl nagyon távolról érkezik. A nyúl és a kutya mindig tudják egymásról, hogy éppen hol vannak, még a ház takarásában is. A nyúl a ház kerületének bármely pontjához érve ott azonnal be tud már ugrani a házba, ahova a kutya nem mehet utánna.

A duplapluszkreatív pontversenyzők részére ajánlom még a további általánosításokat:
b) A nyuszi egy pillanat alatt leteszi az ajándékot, és távozni is szeretne anélkül, hogy a kutya elkapná.
c) A kutya lánca nem négy, hanem három vagy öt egység hosszú.
d) Két kutya van kikötve félkerület hosszú láncon a ház két átellenes sarkához (és a láncok nem tudnak összegabalyodni).
e) Két nyúl érkezik, és elegendő, ha az egyik bejut a házba, de egyiket se kapja el a kutya.
f) A ház téglalap, szabályos háromszög vagy kör alakú.
Illetve ezek értelemszerű kombinációi, vagy egyéb nem triviális variációk.

A rendes pontversenyben maximális pontot kap az, akinek a nyula a leglassabb a beküldöttek között. Ehhez egy igazolt stratégiát kell prezentálni, amely a kutya tetszőleges viselkedése esetén garantálja a nyúl sikerét és épségét. Ha valaki be tudja bizonyítani, hogy az ő nyula az összes elképzelhető közül is a leglassabb, és a nyúl teljesíteni tudja a feladatot, akkor a megoldó már a duplapluszkreatív pontversenyben is pontot kap. A duplapluszkreatívba továbbá beküldhető tetszőleges általánosított verzió, sőt bármelyik általánosított verzió beküldhető a rendes pontversenybe is az eredeti helyett, ekkor azonban maximális pontszám csak az elméleti minimumra jár bizonyítással együtt. A beküldési határidő húsvét hétfőtől számítva egy hónap.

2017. március 15., szerda

A gonosz boszorkány és a hét törpe

A negyedik fejtörő következik. A gonosz boszorkány elfogta az összes törpét. Legyenek az egyszerűség kedvéért heten, de lehet tetszőleges N, vagy éppen végtelen sok is. A törpéket bezárta egy bányába, mégpedig mindegyiket külön szintre, azaz külön tárnába, közvetlenül egymás alá úgy, hogy egyik se tudja melyik szinten lehet. Ezen kívül a törpéket el is altatta, hogy amikor felébrednek ne tudják azt se, hogy mennyi idő telt el. Minden törpe felébred véges idő múlva, de akármennyit alhatnak, lehet hogy az egyik csak egy napot alszik, egy másik meg ezer évet. A törpék természetesen végtelen sokáig élnek, ráadásul étlen és szomjan is kibírják, csak éppenséggel nem szeretnék további életüket a bányában tölteni. A törpék szakálla már kezdetben végtelen hosszú, így a szakáll hosszúságából sem fogják tudni megállapítani, hogy meddig aludtak.

Zsíros László Róbert illusztrációja

A boszorkány a fogvatartás megkezdése után minden nap pontban délben ledob az első, azaz a legfelső tárnába egyetlen gyémántot. A tárnák végtelen nagyok, ha tehát a legfelső tárnában lévő törpe ezer évig alszik, akkor 365000 gyémánt lesz mellette, amikor felébred, de ezek bőven elférnek. A gyémántok mind egyformák, és teljesen sérthetetlenek, azaz nem lehet rájuk üzenetet karcolni. Ha egy törpe ébren van, akkor lehetősége van gyémántokat tovább ejteni lefelé, az egyel alatta lévő szintre, de semmilyen más kommunikáció nem lehetséges. Ha egyszerre több gyémántot ejt le valamelyik törpe, akkor azok egyszerre fognak az alatta lévő szintre megérkezni, azonban az ejtések közötti idő hosszával információt kódolni nem tudnak, ugyanis a törpék a föld alatt teljesen elvesztik az időérzéküket, tehát két ejtés közötti időt nem tudnak becsülni, sem összehasonlítani. Ha viszont leesik hozzájuk egy vagy több gyémánt, akkor villámgyorsan tudnak dönteni és ledobni gyémántokat az alattuk lévő szintre gyakorlatilag ugyanabban a pillanatban. Ha véges sok törpe van, akkor a legalsó törpe alatt van még tárna, így ő is tud dobálni lefelé. A törpék a fent ismertetett szabályokat ismerik, és korábban megbeszélhettek bármilyen stratégiát. A boszorkány szabadon engedi a törpéket, ha a hetedik szinten lévő törpe valamikor ki tudja jelenteni biztosan, hogy ő a hetedik szinten van és azt is meg tudja mondani, hogy a bezárásuk óta pontosan hány nap telt el. Meg tudnak menekülni a törpék?

További verziók a duplapluszjó pluszpontok gyűjtőinek, és másoknak is:
b) Amit éppen ledobnak nekik, azt nem tudják tovább dobni.
c) Csak azt tudják ledobni abban a pillanatban, amikor leesik valami a szintjükre, amit már előre összekészítettek, azaz vagy nullát vagy az előre összekészített gyémántokat.
d) Maximum két gyémántot lehet ledobni.
e) Nem tudnak ugyanabban a pillanatban tovább dobni, hanem ismert véges idővel a föntről leesett gyémánt(ok) után, például öt perccel utánna.
f) Van egy óra minden szinten, és csak pontosan délben lehet gyémántot ledobni, és csak egy darabot.

ezeken kívül még bármilyen általatok kitalált nem triviális verziót is elfogadok illetve az is plusz pontot ér, ha valaki a fenti feladat valamelyik verziójával egy matematikailag ekvivalens feladatot meg tud fogalmazni fele ekkora terjedelemben úgy, hogy ne legyen száraz matek példa, de egyértelmű és olvasmányos legyen a megfogalmazás!

Ha valami nem világos, akkor kérdezzetek bátran. A beküldési határidő április 15. Az alap pontversenybe bármelyik verzió megoldását elfogadom. Az oldalsávon felül található e-mail címre kell küldeni a megoldásokat és a tárgy mezőbe kérlek írjátok be, hogy 4. feladvány, vagy törpék. A pontverseny aktuális állása elérhető itt. Az előző feladvány megoldása is beküldhető még ma éjfélig!

2017. február 20., hétfő

Karácsonyi és újévi feladványok megoldásai

A karácsonyi gyufafeladványra húszan küldtek be helyes megoldást vagy megoldásokat. Mindhárom kitűzött verzióra több megoldás is létezik. Azt a bevezető szöveget, hogy ezek az év legnehezebb gyufafeladványai, csak ösztökélésnek szántam, egyébként mindegyik feladvány megoldható volt kevesebb gyufaszál áthelyezésével. Aki kevesebbel meg tudta oldani, vagy több megoldást küldött, plusz pontot kapott. Egyesek segédprogramot is írtak, amivel automatikusan kerestek megoldásokat. A program persze csak bizonyos sémák alapján tud keresni, amit beleprogramoztak, így a kreatívabb megoldásokat, amikre a program írója nem gondolt, azt nem tudja megtalálni. Az alábbiakban néhány érdekesebb megoldást szedtem össze.

Egy sokak által talált megoldás nulla használatával és három gyufaszál áthelyezésével:
9+87+654+3210+9 → 0+87+694+4210+9 = 5000

Egy olyan megoldás négy gyufaszál áthelyezésével, ahol háromjegyű számból négyjegyűt csinálunk:
9+87+654+3210+9 → 3+37+6641+3310+9 = 10000

10000-re van több megoldás három gyufaszál áthelyezésével is:
9+87+654+3210+9 → 3+67+654+9270+6 = 10000
9+87+654+3210+9 → 6+61+654+9270+9 = 10000

Egy kreatív lehetőség négy gyufaszál áthelyezésével, amiben egy új számot, illetve számjegyet, új sorba rakunk:
9+87+654+3210+9 → 4+87+694+9210+4+1 = 10000

Egy másik kreatív lehetőség a negatív számok használata, ráadásul így a kitűzöttnél kettővel kevesebb gyufaszállal is megoldható volt az Ördöglakat blogon kitűzött feladvány:
1+23+456+7890+1 → -7-23+156+1890+1 = 2017

Van azonban 2017-re negatív számok nélkül is megoldás három gyufaszál áthelyezésével:
1+23+456+7890+1 → 1+29+956+1030+1 = 2017

Egy saját megoldás, amit mások nem találtak meg, amikor az egyik számjegyet kettéválasztjuk, és a nyolcas számjegyből két egyes lesz:
9+87+654+3210+9 → 9+1117+655+3210+9 = 5000

Van egy különleges megoldás, ami négy gyufaszál áthelyezésével működik, de működhet hárommal is, ha az egyes számjegyet a számjegyhez tartozó mező jobb oldalára rendezve jelenítjük meg kezdetben, ahogy egyébként szokásos. Ekkor a 10-es részt kevesebb gyufaszál áthelyezésével is át lehet alakítani 41-re összekötve az egyes számjegyet a nulla bal oldalával:
9+87+654+3210+9 → 9+87+1654+3241+9 = 5000

Két gyufaszál áthelyezésével is lehet érdekességeket kihozni:
9+87+654+3210+9 → 5+81+694+9210+9 = 9999

9999-et egyébként közészúrással is ki lehet hozni, ami még egy további módszer három gyufaszál áthelyezésével:
9+87+654+3210+9 → 9+217+554+9210+9 = 9999

És van még megoldás sok más számra is, például két gyufaszál áthelyezésével 4000-re. Három gyufaszál áthelyezésével 3000, 6000, 7777, 8888 kihozható. Négy áthelyezéssel pedig 2000, 8000, 2222, 3333, 4444, 5555, 6666 megkapható.


Most pedig térjünk át az újévi kalkulátoros feladvány megoldásaira. Ezekből szintén rengeteg van. Ennél is voltak néhányan, akik programot írtak a keresésre, de olyan sok lehetőség van, hogy a legtöbben nem tudták az összeset végigpróbálgatni program segítségével sem, ezért csak bizonyos sémákat vettek végig, amikkel várható volt, hogy sok megoldást találnak. Meg kell jegyezni, hogy mindenkinek megadtam a maximális pontot, aki bármilyen megoldást talált, de a duplapluszkreatív pontversenyben, azaz plusz pontokban csak az kaphatot maximálisat, aki legalább egy szép megoldást is küldött. Szép megoldásnak én azt nevezem, amiben nincsen nullával vagy eggyel való szorzás, eggyel való osztás, és nullát sem osztjuk semmivel, továbbá nem kezdődik nullával többjegyű szám. Még szebb továbbá az olyan megoldás, ami egyszerre működőképes a kétféle számológép típussal.

Néhány szép megoldás azonos sémára P. G. beküldőtől , ahol a számológép típusa is lényegtelen:
95*76/4+230-18 = 2017
96*78/3-520+41 = 2017
92*76/4+350-81 = 2017
72*69/4+810-35 = 2017
36*87/2+541-90 = 2017

Ugyancsak szép megoldások másoktól, nagyon hasonló sémára:
507*16/4-39+28 = 2017
1027*8/4+56-93 = 2017

Pavkoni nevű beküldő igazán átfogó elemzést csinált programmal. Sikerült végignéznie az összes lehetőséget. Ennek számossága: 10!*126*4! = 10973491200, ahol 126 = 9*8*7*6/(4*3*2*1) annak a számossága, hogy hányféleképpen szúrhatunk be tíz szám közé négy operátort, ha a mínusz jelet előjelként nem használjuk. A program kivette a nullával kezdődő számok esetét, így 25362 megoldást talált a részeredménnyel tovább számoló, és 33480-at a végén kiértékelős kalkulátorra. Meg kell azonban jegyezni, hogy a program különböző megoldásnak tekinti az alábbi lényegében ekvivalens felírásokat:
98/7-65+1034*2 = 2017
98/7-65+2*1034 = 2017

Pavkoni megvizsgálta azt is, hogy kevesebb számjeggyel hogyan oldható meg 2017 felírása. Azt találta, hogy 0-tól 6-ig használva a számjegyeket van 5+8 megoldás, de a hatos számjegyet elhagyva már nem megoldható a feladat. Ezen kívül Pavkoni azt is megnézte, hogy melyik a legkisebb pozitív egész szám, amihez nincsen megoldás. A részeredménnyel tovább számolós esetben ez a szám a 727234, míg a végén kiértékelős esetben 171720.

A pontverseny állása az első két fejtörőre küldött megoldások kiértékelése után megtalálható ebben a táblázatban: itt.