Categorie archieven: Raadsels/spelen

Puzzels met munten

Geplaatst op door

  • Leg 10 munten als een driehoek en verplaats exact 3 munten zodat de driehoek omgekeerd staat ( met de punt naar beneden ) 

    Antwoord

       

    Verplaats precies de drie hoekmunten van de oorspronkelijke driehoek:

    1. Verplaats de bovenste munt naar onderaan (nieuw punt).

    2. Verplaats de linker onderste hoek naar linksboven van de “nieuwe” omgekeerde driehoek (één rij hoger dan de oude basis).

    3. Verplaats de rechter onderste hoek analoog naar rechtsboven.

    Alle andere 7 munten liggen al goed (de omgekeerde driehoek overlapt 7 posities met de oorspronkelijke).

  • Leg 15 munten op een rij, allemaal kop.
    Een zet: kies 3 opeenvolgende munten en draai ze om (kop↔munt).
    Kan je eindigen met precies één munt op “munt” en de rest kop?

    Spoiler

    Nummer de posities 1,2,…,15. Bekijk drie “klassen”:

    • klasse A: posities 1,4,7,10,13 (≡ 1 mod 3)

    • klasse B: posities 2,5,8,11,14 (≡ 2 mod 3)

    • klasse C: posities 3,6,9,12,15 (≡ 0 mod 3)

    Laat SA,SB,SC de pariteit zijn (even/oneven) van het aantal munten in elke klasse.

    Als je 3 opeenvolgende munten omdraait, dan draai je exact één munt uit A, één uit B en één uit C om. Dus in één zet wisselt elke pariteit: , , Daarom blijven de verschillen  invariant: (SA⊕SB=1 als ofwel SA=1 ofwel SB=1; SA⊕SB=0 als ze beiden 1 of 0 zijn) . Met andere woorden: als SA=SB was , dan blijven ze na omkeren gelijk en als ze eerst verschillend waren , dan blijven ze na omkeren nog steeds verschillend.
    Start: alles kop ⇒ SA=SB=SC= ⇒ SA⊕SB=0 en SB⊕SC=0
    Dus altijd geldt SA=SB=SC. Maar bij exact één muntis precies één van SA,SB,SC gelijk aan 1 en de andere 0 — dus niet allemaal gelijk. Onmogelijk.



Wiskunde en tennis

Geplaatst op door

In 1985 werd de damesfinale op Roland-Garros door Chris Evert van Marina Navratilova gewonnen met 6-3,6-7 en 7-5. Stel dat er acht service-breaks waren, wie serveerde dan laatst?

  • Noem de winnares van de match A (ze wint set 1 en 3) en de andere speelster B.
  • Het totaal aantal servicegames is 9 + 13 + 12 -1 = 33 ( de tiebreak is set 2 is wel een game , maar geen servicegame.

  • Als A de allereerste game van de match serveert, dan serveert ze in totaal 17 servicegames (en B 16). Als B eerst serveert, dan serveert A 16 en B 17. (Omdat er 33 servicegames zijn.)

  • = aantal servicegames van A, = aantal keren dat A haar opslag verliest (A wordt gebroken), = aantal keren dat B haar opslag verliest (B wordt gebroken).

  • Nu weten we dat a + b = 8.
  • A wint  19 games. Die komen van x - a ( de keren dat a haar opslag behoudt) en b ( het aantal keren dat A door de opslag van B breekt).
  • Dan geldt: 19=x-a+b=x-a+8-a=x+8-2a ofwel  x=11+2a
  • Nu kan x enkel de waarde 16 of 17 aannemen. Omdat a geheel moet zijn kan enkel x=17 en dan is a=3 en b=5.
  • A moet 17 keer hebben opgeslagen, dus A serveerde als eerste in de match.
  • Set 1 heeft 9 games (oneven) , dus de  startserver van set 2 wisselt. Set 2 eindigt met tiebreak, bijgevolg is de startserver van set 3  opnieuw dezelfde als in set 1.
    Dus set 3 begint met A aan opslag. Set 3 heeft 12 games (even), dus de laatste (12e) game wordt geserveerd door de andere speelster.
  • Navratilova serveerde als laatst (de speelster die de match verloor serveerde de laatste game, en werd daar gebroken)

Klok met verwisselde wijzers.

Geplaatst op door

Een klok werd om zes uur ’s ochtends in werking gesteld, maar al snel zag men dat de minutenwijzer met de snelheid van de urenwijzer rondging terwijl de urenwijzer met de snelheid van de minutenwijzer ronddraaide. Wanneer geeft de klok voor het eerst weer de juiste tijd aan? 

Dit is een bekende puzzel van Sam Loyd(1841-1911). Samuel Loyd was een Amerikaanse schaker, schaakcomponist, puzzelauteur en recreatief wiskundige.

De klok staat op 6:00, dus de kleine wijzer op 6, grote wijzer op 12. Bij een normale klok  draait de urenwijzer 30° per uur = 0,5° per minuut en de minutenwijzer  360° per uur = 6° per minuut. Maar in deze klok draait de kleine wijzer draait 6° per minuut en de grote wijzer  0,5° per minuut. Bij de start staat de kleine wijzer (urenwijzer) staat op 180° en de grote wijzer (minutenwijzer) op 0°.

Na t minuten staat de kleine wijzer op 180+6t graden en de grote wijzer op graden. We willen het moment dat de klok weer een geldig tijdstip toont — dat wil zeggen: de wijzers staan op posities die overeenkomen met een echte tijd. In de echte klok geldt bij een echte tijd minuten na 6:00: kleine wijzer: 180+0,5t′ en grote wijzer: 6t′. We eisen dus :

Uit de tweede vergelijking halen we dat t'=\frac{t}{12}. Invullen in de eerste vergelijking bekomen we \frac{143}{24}t \equiv 0 \mod 360. De oplossing t=0 willen we natuurlijk niet, de eerstvolgende oplossing is \frac{24}{143}360° \approx 60,42. Na ongeveer 1 uur en 25 seconden krijg je weer de exacte tijd.

Het Wythoff spel

Geplaatst op door

Het Wythoff-spel is een dat gespeeld wordt door twee speler en met twee stapels fiches. Een speler mag bij elke beurt:

    1. een willekeurig aantal stenen van één stapel nemen, of

    2. een gelijk aantal stenen van beide stapels nemen.

De speler die de laatste fiche(s) neemt, de winnaar is. Het spel is in 1907 beschreven door de Nederlandse wiskundige Willem Abraham Wythoff. 

De verliezende (of V-posities) zijn de posities waarvan de speler die aan de beurt is niet kan winnen als de tegenstander perfect speelt. Alle andere posities zijn winnende (W-posities), want de speler kan naar een P-positie bewegen.

Een V-positie  is een stand waarvan de speler die aan de beurt is altijd verliest als de tegenstander perfect speelt.Vanuit een V-positie mag je dus niet naar een andere V-positie kunnen zetten. Vanuit elke andere positie (W-positie) moet er minstens één zet zijn die naar een V-positie leidt.

Schrijf je huidige positie als met . We beginnen vanaf (triviaal: het spel is voorbij, dat is een V-positie). Daarna kunnen we systematisch de volgende V-posities construeren;

(1,2) is een V-positie ( en dus ook (2,1)), dus de speler die aan zet is in (1,2) verliest als de tegenstander perfect speelt. Met andere woorden: als jouw tegenstander een zet doet en jou achterlaat met (1,2), dan kun jij niet winnen (mits de tegenstander vanaf dat moment foutloos speelt).

Waarom? Kijk naar álle mogelijke zetten vanuit (1,2):

  • Neem uit stapel 1: 1 steen → (0,2).
    Dan kan de volgende speler meteen alle 2 stenen uit stapel 2 nemen → (0,0) en wint.

  • Neem uit stapel 2: 1 steen → (1,1).
    Dan kan de volgende speler 1 van beide stapels nemen → (0,0) en wint.

  • Neem uit stapel 2: 2 stenen → (1,0).
    Dan neemt de volgende speler 1 uit stapel 1 → (0,0) en wint.

  • Neem gelijk uit beide stapels: 1 van elk → (0,1).
    Dan neemt de volgende speler 1 uit stapel 2 → (0,0) en wint.

In álle gevallen kan de tegenstander direct naar spelen en daarmee winnen. Dus vanuit (1,2) bestaat geen zet naar een andere V-positie — dat is precies wat een V-positie is.

De andere verliezende posities (a_k,b_k) zijn (3,5), (4,7), (6,10), (8,13), (9,15), … In onderstaande tekening zijn de verliesposities aangegeven door een P en de winstposities met een N.

Stel dat je start met een verdeling van (5,6) munten en je bent eerst aan zet. Zorg ervoor dat je de dichtbij zijnde verliespositie, met getallen kleiner of gelijk aan 5 en 6,  neemt door 3 munten van de tweede hoop te nemen. De tegenstrever ontvangt de verliespositie (5,3) en kan geen kant meer uit. Jij wint! Beter was nog om van elke hoop 4 munten te nemen om zo uit te komen op de verliespositie (1,2).

Valse munten

Geplaatst op door

Je hebt 10 stapels van 10 munten. Elke munt  van 9 van die stapels weegt 6 gram? Maar de munten van de 10de stapel wegen elk maar 5 gram. Hoe kan je met slechts 1 weging weten in welke stapel de munten van 5 gram zitten?

Antwoord

  • Neem van de eerste stapel 1 muntstuk, van de tweede stapel 2 muntstukken, van de derde stapel 3 munten, ….. en van de tiende stapel 10 munten.
  • Je hebt dan 1+2+3+…+10 = 55 munten genomen.
  • Als ze elk 6 gram zouden wegen , is het totale gewicht 6 x 55 = 330 gram.
  • Weeg nu de 55 munten. Het gewicht minder dan 330 gram geeft aan welke stapel de munten van 5 gram bevat. Want stel dat de 55 munten 327 gram wegen, dan zijn er drie munten bij van 5 gram. Drie munten heb je genomen van de  derde stapel. Dus stapel drie heeft de munten van 5 gram.