Ο γρίφος της Εβδομάδας – Ο Μιγχάουζεν και το χρηματοκιβώτιο (για δυνατούς λύτες)

Ένα χρηματοκιβώτιο έχει έναν κωδικό επτά διαφορετικών ψηφίων από 0 έως 9. Δεν είναι γνωστό κανένα ψηφίο του κωδικού σε καμία θέση, αλλά είναι γνωστό ότι το χρηματοκιβώτιο ανοίγει σε πεπερασμένο αριθμό προσπαθειών, αρκεί σε κάθε προσπάθεια να εισάγονται επτά  ψηφία και δύο τουλάχιστον ψηφία να βρεθούν στη σωστή τους θέση σε μία τουλάχιστον προσπάθεια το καθένα, όχι απαραίτητα στην ίδια.

Ο βαρόνος Μιγχάουζεν ισχυρίζεται ότι μπορεί με βεβαιότητα να ανοίξει το χρηματοκιβώτιο σε λιγότερες από 7 προσπάθειες.

Υπάρχει περίπτωση να λέει την αλήθεια; Αιτιολογήστε.

προτάθηκε από τον Θανάση Παπαδημητρίου 

5 σχόλια

  1. ΚΣ

    Αφού ο κωδικός αποτελείται από 7 διαφορετικά ψηφία (0-9), αυτό σημαίνει ότι μπορούμε να επιλέξουμε μια σειρά επτά ψηφίων (ανά προσπάθεια) που με σιγουριά θα έχουμε πετύχει τουλάχιστον 2 ψηφία. Πώς γίνεται αυτό; Παρατηρούμε ότι τα ψηφία 0-9 αποτελούνται από 5 μονούς (1,3,5,7,9) και 5 ζυγούς αριθμούς (0,2,4,6,8). Αυτό σημαίνει ότι ο σωστός κωδικός έχει μία από τις ακόλουθες πιθανές αναλογίες μονών ζυγών => 2Μ-5Ζ, 3Μ-4Ζ, 4Μ-3Ζ, 5Μ-2Ζ. Όπως βλέπουμε στη χειρότερη των περιπτώσεων ο σωστός κωδικός περιέχει 2 τουλάχιστον μονούς αριθμούς. Μπορούμε να εξασφαλίσουμε με σιγουριά ότι το χρηματοκιβώτιο ανοίγει στις 7 προσπάθειες ακριβώς; Ναι. Πώς ; Με βάση την παραπάνω παρατήρηση μπορούμε να επιλέξουμε και τους 5 μονούς αριθμούς και 2 ζυγούς. Έστω 1,3,5,7,9,0,2.
    Η πρώτος κωδικός έχει τη μορφή 1357902. Στη συνέχεια, η νέα προσπάθεια προκύπτει από την μετακίνηση μιας θέσης στα δεξιά όλων των ψηφίων. Δηλαδή η δεύτερη προσπάθεια θα είναι ο κωδικός 2135790 και για τις υπόλοιπες 5 προσπάθειες έχουμε
    0213579
    9021357
    7902135
    5790213
    3579021
    Κατά αυτόν τον τρόπο σε 7 προσπάθειες τα τουλάχιστον 2 σωστά ψηφία που έχουμε επιλέξει θα έχουν «ταξιδέψει» σε όλες τις θέσεις 1-7 και συνεπώς το χρηματοκιβώτιο θα ανοίξει είτε σε λιγότερες από 7 αν είμαστε πολύ τυχεροί αλλά στη χειρότερη περίπτωση σε 7 προσπάθειες ακριβώς. Μπορεί να γίνει με 6; Έστω ότι γίνεται με 6 προσπάθειες όποια επιλογή κι αν κάνουμε εμείς. Αυτό σημαίνει ότι εφόσον μπορούμε να έχουμε τη σιγουριά 2 ψηφίων είτε μονών είτε ζυγών και κρατήσουμε σταθερές τις επιλογές μας ένα ψηφίο μπορεί να «ταξιδέψει» σε 6 θέσεις. Αν όμως είμαστε αρκετοί άτυχοι ως προς την επιλογή των αρχικών θέσεων η σωστή θέση των δύο ψηφίων θα απέχει συνολικά 7 προσπάθειες (για το καθένα συμπεριλαμβανομένης της αρχικής) και δε θα μπορεί να προκύψει από το «ταξίδι» των 6 θέσεων.

  2. pantsik

    Νομίζω πως ο Βαρόνος μπορεί να τα καταφέρει και με 6 προσπάθειες, ακόμα και αν σε κάθε προσπάθεια πρέπει να βάζει 7 διαφορετικά ψηφία. Έκανα έναν πίνακα 6 γραμμών και 7 στηλών. Οι γραμμές του συμβολίζουν τις προσπάθειες και οι στήλες του τις θέσεις του κωδικού.
    Στις πρώτες 6 στήλες του πίνακα βάζει κάθετα τους αριθμούς 0-5 με διαφορετική σειρά σε κάθε στήλη. Έτσι αποτυγχάνει να βρει τον αριθμό της εκάστοτε θέσης μόνο αν ο συνδυασμός έχει σε αυτήν τη θέση κάποιον από τους αριθμούς 6-9. Επειδή οι αριθμοί του κωδικού πρέπει να είναι διαφορετικοί μεταξύ τους, θα πρέπει στις 4 από τις 6 θέσεις να υπάρχουν οι αριθμοί 6-9 με οποιαδήποτε σειρά και στις άλλες 2 από τις 6 θέσεις να υπάρχουν δύο αριθμοί από τους 0-5 που όμως έχουν χρησιμοποιηθεί από τον Βαρόνο. Άρα μέχρι και την 6η θέση του κωδικού ο Βαρώνος θα έχει βρει 2 ψηφία του κωδικού και θα τα έχει καταφέρει.

  3. ΚΣ

    Αναθεωρώντας την αρχική εκτίμηση καταλήγω στη σκέψη ότι ο βαρονος λέει αλήθεια.
    Όπως ήδη έχουμε εξηγήσει οι πιθανές κατανομές Μ-Ζ είναι 5-2,4-3, 3-4, 2-5. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν τουλάχιστον 2 Μ.
    Εισάγουμε με τη σειρά τους εξής κωδικούς
    1350279
    5130927
    3510792
    7920135
    2790513
    9270351
    Υπάρχουν οι εξής περιπτώσεις
    α. 5Μ-2Ζ, όπως βλέπουμε όλοι οι Μ έχουν ‘ταξιδέψει’ σε όλες τις θέσεις εκτός από τη θέση νούμερο 3. Αν ο σωστός κωδικός έχει Μ στη θέση 3 σημαίνει ότι οι άλλοι 4 Μ βρίσκονται στις θέσεις 1,2,4,5,6,7 που όπως έχουμε ήδη δει τις έχουμε καλύψει. Αν η θέση 3 καλύπτεται από Ζ πάλι είμαστε καλυμμένοι.
    β. 4Μ-3Ζ, Αν ο σωστός κωδικός έχει Μ στη θέση 3, σημαίνει ότι υπάρχουν 3 Μ στις υπόλοιπες θέσεις, κατάσταση που ήδη έχουμε καλύψει. Αν ο σωστός κωδικός έχει Ζ στη θέση 3, τότε οι 4Μ είναι στις υπόλοιπες θέσεις για τις οποίες είμαστε επίσης καλυμμένοι.
    γ. 3Μ-4Ζ, ισχύουν τα παραπάνω.
    δ. 2Μ-5Ζ. Αν έχουμε Μ στη θέση 3 σημαίνει ότι έχουμε έναν Μ στις υπολοιπες θέσεις, κατάσταση που την έχουμε καλύψει και υπάρχουν 5Ζ στις υπόλοιπες θέσεις. Αν κοιτάξουμε στους κωδικούς το ψηφίο 2 έχει ‘ταξιδέψει’ σε όλες τις θέσεις εκτός από την 3, για την οποία έχουμε υποθέσει ότι καλύπτεται από Μ, συνεπώς πετυχαίνουμε 2 σωστά ψηφία ένα Μ και το ψηφίο 2. Αν η θέση 3 καλύπτεται από Ζ συνεπάγεται ότι οι 2 Μ βρίσκονται στις υπόλοιπες θέσεις και συνεπώς έχουμε εντοπίσει τις 2 σωστές.
    Συνεπώς ο βαρόνος λέει αλήθεια.

  4. ΚΣ

    Διορθώνω λάθος εκ παραδρομής, αντί για ‘θέση 3’ διαβάζουμε ‘θέση 4’ (θέση που δεν υπάρχει Μ αριθμός)

  5. Θανάσης Παπαδημητρίου

    Πάνο, Κωστή, αποκαταστήσατε μοναδικά το όνομα και την υστεροφημία του βαρόνου και σας απονέμω από τώρα τα πρώτα βραβεία Μιγχάουζεν (θα σκάσουν από τη ζήλεια τους ο Αλέξης και ο Γκόραν)😊!
    Για την Ιστορία, το επιχείρημα του ίδιου του βαρόνου ήταν το εξής: Αρκούν οι προσπάθειες 0123456, 0234561, 0345612, 0456123, 0561234, 0612345. Τρία τουλάχιστον από τα ψηφία 1,2,3,4,5,6 χρησιμοποιούνται στον κωδικό και ένα το πολύ από αυτά στην πρώτη θέση, ενώ τα άλλα δύο θα βρεθούν υποχρεωτικά στη σωστή τους θέση σε μία ακριβώς από τις πιο πάνω προσπάθειες το καθένα.

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *