Első ránézésre lehetetlen feladatnak tűnik, mert semmi logikát nem találunk, és arra gondolhatunk, hogy iszonyatosan hosszú ideig tart a kiszámolása. Pedig van egy egyszerű ötlet:

• Vegyük az összes csúcsot, ami 9*9=81.
• Mindegyik csúcsból 64 téglalap átló húzható.
• Mindegyik téglalap átlóját négyszer húztuk meg.
• Az eredmény tehát 81*64/4 = 1296.

Nem, ugyanis két egyforma színű mezőt vettünk ki, és egy dominó két ellentétes színű mezőt fed le. Azaz az egyik színű mezőkből 32, a másikból 30 maradt, 31 dominóval viszont csak úgy tudnánk lefedni, ha mindkét színből 31 lenne.

Meggyújtjuk az egyik zsinórt. Ha leégett (30 perc), meggyújtjuk a másik zsinór mindkét felét egyszerre. Amikor összeér a láng, az lesz a 45 perc.

Egyszerre meggyújtjuk az egyik zsinór mindkét végét és a másik zsinór egyik végét. Ha összeért a láng az első zsinóron, meggyújtjuk a másik zsinór másik felét. Amikor a másik zsinóron is összeér a láng, az lesz a 45 perc.

A feladat egyszerűbb mint gondolnánk! A két vonat egymáshoz viszonyított sebessége 120 km/h, és mivel 120 km-re vannak egymástól, egy óra telik el az ütközésig. A légy 100 km/h sebességgel halad egy órán keresztül, így összesen 100 km-t tesz meg.

Meglepő módon elég egy is. A feladat kulcsa az, hogy mindegyiken rossz címke van. Valójában a gyümölcsök darabszáma érdektelen. Abból a ládából, amelyen az alma és narancs címke található, ki kell vennünk egyet. Ha az narancs, akkor arra a ládára kell tenni a narancs címkét, alma esetén az almát. Ahonnan levettük a címkét, oda a harmadik ládáról át kell tenni a címkét, azaz első esetben az alma, a második esetben pedig a narancs címkét, végül a harmadik ládára tesszük az almát és narancsot ábrázoló címkét.

Minimálisan elegendő 3 mérés.

Első mérés: osszuk 3 részre a golyókat. Jelöljük számokkal: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12. Tegyük az 1, 2, 3 és 4-es számú golyót a mérleg bal, az 5, 6, 7 és 8-as számú golyót pedig a mérleg jobb oldalára. Lehetséges esetek:

• A mérleg nem billen ki: az 1-8 sorszámú golyókról biztos tudjuk, hogy egyik sem eltérő. Második mérés: az 1, 2 és 3-as golyót tegyük a mérleg bal, a 9, 10 és 11-es golyót pedig a mérleg jobb oldalára. Lehetséges esetek:
  • A mérleg nem billen ki: ez esetben a 9, 10 és 11 sem eltérő, a 12-es az eltérő. Harmadik mérés: tegyük az 1-es golyót a mérleg bal, a 12-es golyót pedig a jobb oldalára.
    • A mérleg nem billen ki: nem lehetséges.
    • A mérleg balra billen: megoldás: a 12-es golyó könnyebb, mint a többi.
    • A mérleg jobbra billen: megoldás: a 12-es golyó nehezebb, mint a többi.
  • A mérleg balra billen: a 9, 10 és 11-es golyó közül az egyik könnyebb. Harmadik mérés: tegyük a 9-es golyót a mérleg bal, a 10-est pedig a jobb oldalára.
    • A mérleg nem billen ki: megoldás: a 11-es golyó könnyebb, mint a többi.
    • A mérleg balra billen: megoldás: a 10-es golyó könnyebb, mint a többi.
    • A mérleg jobbra billen: megoldás: a 9-es golyó könnyebb, mint a többi.
  • A mérleg jobbra billen: az előző eset fordítottja.
• A mérleg balra billen: ez esetben vagy az van, hogy az 1, 2, 3 és 4-es számú golyók valamelyike nehezebb, vagy az, hogy az 5, 6, 7 és 8-as számú golyók valamelyike könnyebb. Második mérés: tegyük az 1, 2, 3 és 5-ös számú golyót a mérleg bal, a 4, 9, 10 és 11-es számú golyót pedig a jobb oldalára. Tehát a bal oldalon 3 olyan golyó van, amelyek közül az egyik lehet, hogy nehezebb, mint a többi, és egy olyan, ami lehet, hogy könnyebb, a jobb oldalon pedig egy olyan, ami lehet, hogy nehezebb, és három olyan, amiről biztos tudjuk, hogy nem tér el. Lehetséges esetek:
  • A mérleg nem billen ki: a mérésből kimaradt golyók egyike lesz a megoldás. A mérésből a 6, 7, 8 és 12 sorszámú golyó maradt ki. A 12-esről tudjuk, hogy nem tér el a többitől, a 6, 7 és 8-as golyóról pedig tudjuk, hogy valamelyike könnyebb, mint a többi. Az első pontban leírt módszer szerint járunk el.
  • A mérleg balra billen: mivel a mérleg jobb oldalán levő golyókról azt tudjuk, hogy három biztosan nem eltérő, a negyedik pedig ha eltér, akkor csakis nehezebb lehet, ezért az eltérő golyó nehezebb, mint a többi, és az a mérleg bal oldalán van. Mivel az 5-ös számú, ha eltérő lenne, akkor tudnánk, hogy az könnyebb lenne, így az eredmény csakis az 1, 2 és 3-as számú golyók közül kerülhet ki, ami nehezebb, mint a többi. Erre az esetre már láttunk egy lépéses megoldást.
  • A mérleg jobbra billen: mivel az 1, 2 és 3 golyók, ha eltérnének, akkor csakis nehezebbek lehetnének, de ezzel a méréssel ezt az esetet is kizártuk. Így az eltérést vagy a mérleg bal oldalán levő talán a többinél könnyebb 5-ös számú golyó, vagy a jobb oldalán levő 4-es számú, a többinél talán nehezebb okozza. Harmadik mérés: tegyük a mérleg bal oldalára a 4-es, a jobb oldalára pedig az 1-es golyót.
    • A mérleg nem billen ki: megoldás: az 5-ös golyó könnyebb, mint a többi.
    • A mérleg balra billen: megoldás: a 4-es golyó nehezebb, mint a többi.
    • A mérleg jobbra billen: nem lehetséges.
• A mérleg jobbra billen: az előző pontban leírt módszert alkalmazzuk, értelemszerű fordításokkal.

Elvileg nem lehetetlen, ugyanis 3-at mérünk, és minden mérésnek 3 lehetséges eredménye lehet, ami összesen 27 kombinációt eredményez, a megoldások lehetséges száma viszont ennél kevesebb: 24 (a 12 golyó mindegyike lehet nehezebb vagy könnyebb).

A 3 mérés legyen a következő:

• 1. mérés: 1, 2, 3, 4 és 5, 6, 7, 8.
• 2. mérés: 1, 2, 5, 9 és 3, 4, 10, 11.
• 3. mérés: 3, 7, 9, 10 és 1, 4, 6, 12.

A lehetséges 27 eset (E: egyenlő, B: balra billen, J: jobbra billen):

• EEE: nem lehetséges.
• EEB: a 12-es könnyebb.
• EEJ: a 12-es nehezebb.
• EBE: a 11-es könnyebb.
• EBB: a 9-es nehezebb.
• EBJ: a 10-es könnyebb
• EJE: a 11-es nehezebb.
• EJB: a 10-es nehezebb.
• EJJ: a 9-es könnyebb.
• BEE: a 8-as könnyebb.
• BEB: a 6-os könnyebb.
• BEJ: a 7-es könnyebb.
• BBE: a 2-es nehezebb.
• BBB: nem lehetséges.
• BBJ: az 1-es nehezebb.
• BJE: az 5-ös könnyebb.
• BJB: a 3-as nehezebb.
• BJJ: a 4-es nehezebb.
• JEE: a 8-as nehezebb.
• JEB: a 7-es nehezebb.
• JEJ: a 6-os nehezebb.
• JBE: az 5-ös nehezebb.
• JBB: a 4-es könnyebb.
• JBJ: a 3-as könnyebb.
• JJE: a 2-es könnyebb.
• JJB: az 1-es könnyebb.
• JJJ: nem lehetséges.

Azt gondolom, hogy a fenti, iteratív módszer talán jobban érthető, viszont ezt könnyebben meg lehetne valósítani számítógépes programként.

Jelöljük a csomagokat 1, 2 és 3-as számokkal. Az egyesből vegyünk ki egyet, a kettesből 2-t, a hármasból 4-et, és ezt a 7 szem cukorkát helyezzük a mérlegre. A lehetséges eredmények (mért tömeg grammban: első, második és harmadik csomag cukorkák tömege):

• 29: 5, 4, 4
• 30: 4, 5, 4
• 31: 5, 5, 4
• 32: 4, 4, 5
• 33: 5, 4, 5
• 34: 4, 5, 5

Kettő hatványokban érdemes gondolkodnunk: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, és az utolsóba beletesszük a maradék 245-öt, így 9 zacskóra (egységre) van szükség.

Általánosabban: kettes alapú logaritmus az adott szám, felfelé kerekítve. Tehát pl. 5000 érme esetén a megoldás 13 lenne.

Tegyük fle, hogy $p$ valószínűséggel nyer Aladár! Ekkor a valószínűség a következkből adódik:

• Ha egyből hatos dob, akkor $\frac{1}{6}$.
• Ha nem dob hatost (aminek $\frac{5}{6}$ az esélye), akkor $\frac{1}{6}$ eséllyel kerül rá ismét a sor, és ekkor "újraindul" a játék, azaz ekkor is $p$ eséllyel nyer.

Összefoglalva:

$p = \frac{1}{6} + (\frac{5}{6})^{2}\cdot p$

Kifejezve ebből $p$-t:

$p = \frac{\frac{1}{6}}{1-(\frac{5}{6})^{2}}$

Kiszámolva a végeredményt:

$p = \frac{6}{11} \approx 0.545$

Ennek a megoldásnak a különlegessége az, hogy a megoldás megjelenik az egyenlet jobboldalán is.

A látszat ellenére Hapcinak és Kukának kisebb az esélye a győzelemre, ugyanis kevesebbszer jutnak be a "rájátszásra", ráadásul többszor kerülnek hármas csoportba mint kettesbe, összehasoníltva a többi törpével.

Az első 3 dobásnak 216 féle eredménye lehet, egyforma valószínűséggel: 111, 112, 113, …, 665, 666. Háromféle kimenete lehet:

• 2 ponttal nyer valaki. Mindenki úgy érhet el 2 pontot, hogy abban a 2 dobásban, ahol van elvi esélye nyerni, az ő száma jön ki, és a harmadik kocka bérmi lehet. Pl. Morgó úgy nyerhet, hogy az első 2 kockadobás eredménye 3-3, a harmadiké mindegy. Hapci úgy nyerhet, hogy az első kockadobás eredménye 6, a harmadiké 5, a másodiké mindegy. Tehát az összes lehetőség, hogy 2 ponttal nyerjen valaki, 7*6 = 42.
• 2 törpe lesz 1 pontos. Ez csak úgy jöhet ki, hogy a harmadik kockadobás eredménye 1 és 4 közötti, ugyanis az első kettő kocka mindenképp pontot ér. Az első két kockadobás eredménye vagy 2 hatos (ez esetben ugyanis Hapci és Kuka kap pontot), vagy nem lehet egyforma. Ez utóbbi lehetőségek száma 2 kocka esetén 6*5. Tehát ebbe a kategóriába 4*(1+6*5)=124 eset tartozik.
• 3 törpe lesz 1 pontos. Ez úgy lehetőséges, hogy a harmadik kockadobás 5-ös vagy 6-os, az első kettő nem lehet egyforma (különben lenne 2 pontos), valamint a harmadik eredményétől függően vagy az első vagy a második nem lehet hatos (különben Hapci vagy Kuka kétpontos lenne). Az általánosság megszorítása nélkül először vegyük a harmadik kockát, az 2 lehetőséget jelent. Utána vegyük azt a kockát, amelynél nem lehet hatos, tehát ha a harmadik kocka 5-ös, akkor az elsőt, ha 6-os, akkor a másodikat. Ez nem lehet hatos, tehát 5 lehetőség van. Végül vegyük a kimaradó kockát. Annak a dobásnak az eredménye nem lehet ugyanakkora, mint a másik nem harmadik kockáé, azaz itt is 5 lehetőség van. Az összes lehetőségek száma ebben az esetben: 2*5*5=50.

Összeadva a 3 esetet, kijön az összes lehetőséges eredmény: 42+124+50 = 216.

A 2 pontos győzelmek esetén nincs különbség. Elemezzük a második és a harmadik esetet.

2 törpe lett 1 pontos

Ez 124 féleképpen jöhet ki, és összesen 2*124 = 248 továbbjutó van.

Először nézzük meg Tudor, Vidor, Morgó, Szundi és Szende bejutási lehetőségeit. Mivel a valószínűségben nincs eltérés, nézzük meg Vidort! Ő kátféleképpen juthat be olyan rájátszásba: vagy az első kockával 2-est dobtunk, a másodikkal nem kettest, a harmadikkal pedig 1-től 4-ig valamekkorát, vagy az elsővel nem kettest, a másodikkal kettest, a harmadikkap pedig szintén 1-től 4-ig valamekkorát. Az összes esetek száma tehát 2*5*4 = 40.

Hapci és Kuka esete a következő. Nézük meg Kukát! Számára az első kocka dobása érdektelen, a másodiké 6-os kell, hogy legyen, és a harmadik is érdektelen. (Azt beláthatjuk, hogy ha a harmadikban jön ki a száma, akkor nem ketten, hanem hárman jutnak tovább, így az ebben az esetben nem lehetséges.) Az összes továbbjutás száma: 6*4 = 24.

Ellenőrizzük a továbbjutottak számát: 5*40 + 2*24 = 248, tehát kijött a matek.

3 törpe lett 1 pontos

Ez 50 esetben jöhet ki, így az összes tovább jutó ez esetben 150.

Először itt is azt nézzük meg, hogy hány esetben történik ez Tudor, Vidor, Morgó, Szundi és Szende esetében. Válasszuk ki mondjuk Szundit! A harmadik kocka eredménye 5 vagy 6 lehet. Az első kettő dobásból az egyiknek 4-esnek kell lennie, a másik nem lehet 4-es (különben egyből nyerne), ill. a harmadik kocka eredmnyétől függően nem lehet az első kettő közül az egyik 6-os. Azaz az egyik kocka négyese esetén a másik kocka 5 vagy 4-féle eredményt adhat. Így az összes lehetőségek száma: 2*(5+4) = 18.

Hapci és Kuka esete ebben az esetben a következő. Vegyük most Kukát! Kuka kétféleképpen juthat be: vagy a második kocka eredménye 6-os, a harmadiké 5-ös, az elsőé pedig nem lehet 6-os (különben egyből Hapci nyerne), vagy a harmadik dobás eredménye 6-os, a másodiké nem lehet 6-os (különben egybél Kuka nyerne), az elsőé pedig nem lehet ugyanaz mint a második (különben egyből az annak megfelelő törpe nyerne). Az első eset 5 dobás esetén lehetséges, a másidik pedig 5*5 dobás esetén, azaz az összes lehetőségek száma: 5 + 5*5 = 30.

Itt is kijön a matek: 5*18 + 2*30 = 150.

Összesítés

Tudor, Vidor, Morgó, Szundi és Szende összesen 40+18 = 58 esetben jutott tovább, míg Hapci és Kuka 24 + 30 = 54 esetben. Ezzel már önmagában hátrányba kerültek, viszont még ennél is nagyobb hátrányban vannak azáltal, hogy jóval gyakrabban jutnak tovább úgy, hogy hárman vannak a rájátszásban mint kettőben, összehasonlítva azzal, hogy ez hányszor történik Tudor, Vidor, Morgó, Szundi és Szende valamelyikével.

Most vegyünk 4 dobást, ami összesen 6*6*6*6 = 1296 esetet jelent! A rájátszásban 2 továbbjutó esetén döntsün a paritás (páros-páratlan), 3 továbbjutó esetében pedig a felosztás leyen 1-4, 2-5 és 3-6.

Tudor, Vidor, Morgó, Szundi és Szende győzelmeinek száma: 2 pontos győzelmek (6*6) + 2 továbbjutós győzelmek (40*3) + 3 továbbjutós győzelmek (18*2), azaz összesen 6*6 + 40*3 + 18*2 = 192.

Hapci és Kuka győzelmeinek a száma: 2 pontos győzelmek (6*6) + 2 továbbjutós győzelmek (24*3) + 3 továbbjutós győzelmek (30*3), összesen 6*6 + 24*3 + 30*2 = 168.

Végeredmény

A végreredmény tehát az, hogy 4 dobásból Tudor, Vidor, Morgó, Szundi és Szende összesen 192-szer nyer, míg Hapci és Kuka 168-szor. Az eltérés viszont a fentiek alapjén talán meglepő, hogy mindössze 14%.

Program

Leprogramozva is kijön az eredmény:

kockadobások = 4 * [0]
győzelmek = 7 * [0]

def dob(kocka):
    if kocka < 4:
        for i in range(6):
            kockadobások[kocka] = i
            dob(kocka+1)
    else:
        első, második, harmadik, negyedik = kockadobások
        pontszámok = 7 * [0]
        pontszámok[első] += 1
        pontszámok[második if második < 5 else 6] += 1
        if harmadik >= 4:
            pontszámok[harmadik+1] += 1
        if len(kétpontosok := [i for i in range(7) if pontszámok[i] == 2]) > 0:
            győzelmek[kétpontosok[0]] += 1
        else:
            egypontosok = [i for i in range(7) if pontszámok[i] == 1]
            győzelmek[egypontosok[negyedik % len(egypontosok)]] += 1

dob(0)
print(győzelmek) # [192, 192, 192, 192, 192, 168, 168]

Egyszerűsítés

Egyszerűen belátható, hogy nem ugyanakkora a törpök esélye akkor, ha azt a módszert játsszák, hogy Tudor, Vidor, Morgó, Szundi, Szende és Hapci kap pontot az első fordulóban, Kuka a másodikban, ha hatost dob, és döntetlen esetén van egy harmadik dobás. Ha kuka tovább jut, akkor mindenképp lesz ellenfele, míg a másik hat törtpének 5/6 eséllyel nem.