Videre med løsningen
I indlæg 4 indføres de latinske bogstaver fra a til j for de 10 figurer og de 4 regnestykker opskrives med brug af menterne x, y, z, og u, hver især lig med 0 eller 1. En fortsat analytisk løsning baserer sig på 3 udsagn:
- 4 af ligningerne er lineært afhængige, hvilket vil sige, at en vilkårlig af dem kan bestemmes ud fra de 3 andre og derfor skal udgå som værende uden ny information. Ud fra (1) + (2) - (6) fås i + c = a + 9x + z, mens (7) giver i + c = a + 10u. Vi skal undgå en modstrid ved at sætte x = z = u (i det følgende kaldet x), hvorefter de 2 ligninger er identiske.
- Da alle cifre skal være forskellige, har vi a + b + c + d + e + f + g +h + i + j = 45.
- For hvert af de 4 regnestykker gælder, at to forskellige enere adderes og giver en tredje ener som resultat, og så kan ingen af de to enere være lig med 0. Tilbage er kun f og g kandidater til værdien 0. Vi vælger f = 0 og ser af (3) at der så må gælde y = 1.
Nu har vi 8 ligninger med 9 + 1 ubekendte. En analytisk løsning kan så opskrives ved at en af de ubekendte (her 'i') benyttes som parameter
- a = 8 - 5 i + 20 x
- b = 9 - 4 i + 20 x
- c = 8 - 6 i + 30 x
- d = 9 - 3 i + 10 x
- e = 9 - 2 i + 11 x
- g = -9 + 17 i - 92 x
- h = 10 - i + 11 x
- j = 1 + 3 i - 10 x
Disse formler giver (for f = 0) den fulde løsning til de oprindelige ligninger uanset værdien af højresidernes parametre. Nu skal bibetingelserne bringes ind. Hvis g skal ligge mellem 0 og 9, viser ligningen for g, at vi skal have x = 0 og i = 1. Så bliver løsningen [a b c d e f g h i j] = [ 3 5 2 6 7 0 8 9 1 4], hvilket giver de 4 regnestykker
12 + 64 = 76 & 34 + 16 = 50 & 45 + 31 = 76 & 51 + 42 = 93
Forunderligt nok bliver alle cifrene forskellige selv om vi ikke stiller ret stærke krav om det. Det alternative tilfælde g = 0 kræver en tilsvarende behandling, men jeg vil spare mig indskrivningen, da det ikke giver nogen supplerende løsning og da opgaven tilsyneladende ikke har haft den store interesse. Jeg havde forventet at se i hvert fald computerfolket på banen.
Det jeg mente var, at det manglende ciffer kan skrives som 45 minus summen af de øvrige når de øvrige er bestemt.
Jeg gad vide hvor stor interesse denne opgave har blandt andre læsere og om nogen er interesseret i at jeg fortsætter med at skrive min løsning ind.
Det er fint, at der er andre, der har lyst til at gå ombord i opgaven, som jeg finder ret spændende. Du kan reducere dine anstrengelser ret meget ved på forhånd at indse, at kun meget få af de ubekendte kan antage værdien 0. Samt at summen af de ubekendte jo er kendt.
Her er en begyndelse
Jeg håber at kunne initiere en dialog ved at indskrive begyndelsen til min løsning. Forhåbentlig vil andre for selskabets skyld følge det op.
De 10 tegne erstattes af latinske bogstaver således at a til d er krukken med åbningen opad og drejet i hak med uret, e til h er den tykke pil med spidsen opad og drejet i hak med uret, 'i' er den vandrette tynde pil og j den lodrette tynde pil. Bogstav g (tyk pil nedad) indgår ikke i regnestykkerne. De første 2 linjer i nedenstående formler opregner henholdsvis enerne og tierne på den viste ikke-drejede figur, idet x er en ubekendt mente lig med 0 eller 1. De næste linjer gælder for figuren drejet i hak med uret. (Undskyld formateringen, Ingeniøren har efterladt mig på Herrens mark).
(1) c + j = d + 10 x
(2) i + d + x = e
(3) j + d = f + 10 y
(4) a + i + y = b
(5) b + i = d + 10 z
(6) j + a + z = e
(7) i + c = a + 10 u
(8) b + j + u = h
Her er en begyndelse
Jeg håber at kunne initiere en dialog ved at indskrive begyndelsen til min løsning. Forhåbentlig vil andre for selskabets skyld følge det op.
De 10 tegne erstattes af latinske bogstaver således at a til d er krukken med åbningen opad og drejet i hak med uret, e til h er den tykke pil med spidsen opad og drejet i hak med uret, 'i' er den vandrette tynde pil og j den lodrette tynde pil. Bogstav g (tyk pil nedad) indgår ikke i regnestykkerne. De første 2 linjer i nedenstående formler opregner henholdsvis enerne og tierne på den viste ikke-drejede figur, idet x er en ubekendt mente lig med 0 eller 1. De næste linjer gælder for figuren drejet i hak med uret. (Undskyld formateringen, Ingeniøren har efterladt mig på Herrens mark).
(1) c + j = d + 10 x
(2) i + d + x = e
(3) j + d = f + 10 y
(4) a + i + y = b
(5) b + i = d + 10 z
(6) j + a + z = e
(7) i + c = a + 10 u
(8) b + j + u = h
Jeg kan ikke gøre for, at det ser så rædselsfuldt ud på tryk.
Opgaven er god nok og dejlig anderledes. Det tocifrede tal øverst i rammen skal adderes til det tocifrede tal nederst i rammen og som resultat give det tocifrede tal under rammen. Det samme gælder når figuren drejers kvarte omgange. At et af cifrene mangler gør da ikke noget. Jeg er spændt på om der kommer en analytisk løsning eller om man bare lader computeren køre.
Rettelse
Det er godt nok ikke mit job at korrigere, men for at modvirke en undren hos mange af jer i de nærmeste par dage, fortæller jeg, at det misvisende ord 'fire' i næstsidste linje af opgaven pr 26. maj skal slettes.
Med 4 deltagere bliver tiden a1 + 3 * a2 + a4 hvis de 2 hurtigste samarbejder om at få de 2 langsomste frem, men 2 * a1 + a2 + a3 + a4 hvis den hurtigste alene skal bringe de 3 andre frem. Sidstnævnte metode er den hurtigste hvis a3 < 2 * a2 - a1, så den hurtigste tid er generelt t = 2 * a1 + a2 + a4 + min(a3, 2 * a2 - a1).
Jeg fortalte, at man for et lige antal n deltagere med tiderne a1 <= a2 <=... <= an kunne lade de to hurtigste (metode 1) befordre de øvrige over i den samlede tid a4 + a6 + .. (lige) .. + an + (n/2-1) * (a1 + 3 * a2). Hvis den hurtigste i stedet befordrer alle de øvrige over (metode 2), tager det tiden a2 + a3 + ... (alle) ... an + (n-2) * a1. Metode 2 giver den mindste tid hvis a3 + a5 + ... (ulige) ... + a(n-1) < (3 n /2 -4) * a2 - (n/2-1) * a1. For n = 4 giver dette specielt kravet a3 < 2 * a2 - a1. Men for større værdier af venstresidens indeks skal uligheden stadig gælde, hvilket nok ikke holder ret længe, og så er metode 1 den bedste. Forholdene bliver endnu besværligere fordi man kan kombinere de 2 metoder inden for samme problem. Lad os se hvad Bjarkes løsning siger.
Jeg er spændt på at se hvordan du kan gøre det hurtigere end på 2 timer.
For et vilkårligt antal n ministre kalder jeg tiderne a1 <= a2 <= ... <= an, hvor jeg lader n være et lige tal. Jeg benytter den tidligere omtalte strategi, hvor a1 og a2 kører først og a1 kommer tilbage. Så kører an og a(n-1) og a2 kommer tilbage. Til sidst kører a1 og a2 igen. Det kræver den samlede tid tn = a1 + 3 * a2 + an. Nu er der ministrene a1, a2, ..., a(n-2) tilbage ved start, så processen gentages og giver a1 + 3 * a2 + a(n-2) oveni. En videre gentagelse så længe det er nødvendigt ender i sluttiden t = a4 + a6 + ... + an + (n/2-1) * (a1 + 3 * a2) for alle ministre overført.
Jeg var lidt for hurtig til at godkende dit resultat. Din brøk er >1, så den reciprokke værdi må være nærmere ved 1, altså 79608/80697 = 0.98651.
Svaret på spørgsmål 3 er korrekt. Det meste af opbygningen er logisk, men værdien af midterste ciffer er ikke indlysende.
En pudsighed
Opgaven kan løses uden kendskab til den tredjehurtigste deltagers tid. Tiderne kaldes a <= b <= c <= d. Første tur frem og tilbage tagger tiden b + a. Anden tur tager tiden d+b. Tredje tur tager tiden b, hvilket tilsammen giver a + 3 * b + d, der er uafhængigt af c. Så c kan ligge hvor som helst mellem b og d og give samme slutresultat.
Oplysningen om kørevejledningen er underlig.
Din samlede gevinst er korrekt, men det mulige antal udfald skal lige præcis fordobles, så får du samme resultat som mig.
Løsning på min opgave 2
Jeg har ikke en teoretisk løsning, men jeg syntes bare, at bagsidens opgaver generelt mest har været for ikke-ingeniører, og så ville jeg bygge lidt ingeniørmæssigt ovenpå.
Jeg benytter nedenstående program, idet jeg uden tab i gyldighed kan tillade mig at lade cifrene komme i voksende rækkefølge:
sum=0 antal=0 for c1=0:5 for c2=c1+1:6 for c3=c2+1:7 for c4=c3+1:8 for c5=c4+1:9 sum=sum+c1c2c3c4c5 antal = antal+1 end end end end end svar = sum/antal
Resultatet bliver eksakt 1068,75. Det bliver væsentlig mindre end i spørgsmål 1 fordi de høje cifre er meget afgørende for resultatet, og de får mindre mulighed for at klumpe sig sammen nu.
Forlaget Ingeniøren|bøger har udgivet en samling "Tænkeboksen" af nogle af de opgaver (plus løsninger), der har været bragt på bagsiden før år 2003. Det er dem, der genbruges nu.
Du gør det samme som andre, men på en besværligere måde. Du burde få det rigtige resultat, så jeg har også prøvet det samme som dig og fået det rigtige resultat 1845.
Svar til Ebbe
Du skal benytte denne netadresse: https://ing.dk/fokus/taenkeboksen?page=0
2 ekstra spørgsmål
Der er igen ikke meget at regne på i ugens opgave, så jeg prøver at putte lidt ekstra boller i suppen.
Spørgsmål 2. Hvad bliver resultatet at spørgsmål 1 hvis alle cifre skal være forskellige? Du kan teste din talfornemmelse ved på forhånd at tænke over om det nye resultat bliver større eller mindre end det gamle.
Spørgsmål 3. Vi opfatter cifrene som et 5-cifret tal og regner alle cifre forskellige. Hvis man for hvert af de gyldige tal dividerer tallet med sig selv, men med cifrene i omvendt orden, hvor tæt kan man da komme på værdien 1? Dette er en computerfri pusleopgave.
Spørgsmål 4. Hvorfor stiller Bagsiden så mange primitive opgaver? Der er 137 opgaver i opgavehæftet, hvoraf mange er brugt og andre er uegnede. Men der er så mange spændende opgaver tilbage. For eksempel den fascinerende anderledes ikon-opgave nr. 322 s. 13, den vanskelige detektivopgave nr. 325 s. 20 og den sammenfiltrede kvadratopgave nr. 280 s. 26.
Børge Howald Petersen