Ugrás a tartalomhoz

Matematikai mozaik

Andrásfai Béla, Bakos Tibor, Bognár Jánosné, Bognár Mátyás, Gallai Tibor, Hódi Endre, Laczkovich Miklós, Molnár Ferenc, Reimann István, Rényi Alfréd, Révész Pál, Rónyai Lajos, Surányi János, Vadkerty Tibor, Varga Tamás

Typotex

TALÁLJA KI, MELYIK SZÁMRA GONDOLTAM!

TALÁLJA KI, MELYIK SZÁMRA GONDOLTAM!

(SZÁMOK KITALÁLÁSÁRA VONATKOZÓ TRÉFÁS FELADATOK MATEMATIKAI HÁTTERE)

VARGA, TAMÁS


A gondolatolvasásban csak babonás emberek hisznek. Valamely információnak mindig anyagi úton kell eljutnia a „gondolatolvasóhoz”, amiből az következtetni tud. A látszólagos titokzatosságot az okozza, hogy a megfigyelő vagy az információ útját nem tudja nyomon követni, vagy a következtetést nem tudja levonni az információból a gondolt névre, számra stb. Matematikáról lévén szó – ha szórakoztató formában is –, nem pedig bűvészetről, ezért csak olyan számkitalálós trükkökről beszélünk, amelyekben az információ útja körül nincs semmiféle ügyeskedés, zsonglőrködés, csupán az okozhat meglepetést, hogy a kapott adatokból hogyan lehet kitalálni a gondolt számot.

Ilyen értelemben beszélhetünk gondolt számok és más adatok kitalálásáról, vagy – ha tetszik – most már félreértés veszélye nélkül mondhatjuk: gondolatolvasásról. Ennek a gondolatolvasásnak egyik-másik trükkjét az iskolásgyerekek is megtanulják már az általános iskola nyolcadik osztályában.

„Gondoltam egy számot” – mondja a tanár. A gyerekek tudomásul veszik, és leírják a füzetükbe:

x.
x .

„Hozzáadtam 4-et.” A gyerekek így folytatják:

x+4.
x + 4 .

„Az eredményt megszoroztam 5-tel, és így 50-et kaptam”:

(x+4)⋅5=50.
( x + 4 ) 5 = 50 .

Innen persze könnyű kitalálni, visszafelé okoskodva, hogy amit a tanár 5-tel megszorzott, az 10 volt, s amihez 4-et adva 10-et kapott, az 6 volt, és ez éppen a gondolt szám. Az adott esetben szinte még a lejegyzés – az egyenlet felírása – is felesleges, hiszen ezt a két műveletet könnyű fejben tartani és az eredményből kiindulva visszapergetni. De ha több művelet van, és nem ilyen egyszerűek a számok, akkor már jól jön az egyenlet felírása.

Vannak olyan esetek is, amikor a visszafelé okoskodás ebben az egyszerű formában nem alkalmazható, más módszerekre van szükség. Ha például az előbb 5-tel való szorzás után így folytatta volna a tanár: „…az eredményből elvettem a gondolt szám kétszeresét, és így 50-et kaptam”, akkor a lejegyzés ugyan nem nehéz:

(x+4)⋅5–2x=50,
( x + 4 ) 5 2 x = 50 ,

de a gondolt szám kitalálásához tudni kell, hogy az (x+4)

( x + 4 ) -nek az 5-szöröse ugyanannyi, mint az x x -nek az 5-szöröse meg a 4-nek az 5-szöröse, vagyis 5x+20 5 x + 20 :

(5x+20)–2x=50,
( 5 x + 20 ) 2 x = 50 ,

és ebből az (5x+20)

( 5 x + 20 ) -ból úgy lehet elvenni a 2x 2 x -et, hogy az 5x 5 x -ből elvesszük, a 20-hoz pedig nem nyúlunk:

3x+20=50.
3 x + 20 = 50 .

Innen már könnyű kitalálni visszafelé okoskodva, hogy a gondolt szám ebben az esetben 10.

Lássunk most egy olyan változatot, amit az iskolákban nem nagyon tanítanak. Először is változtassuk meg a szereposztást! Valaki gondol egy számot, a másik (a „gondolatolvasó”) megmondja neki, hogy milyen műveleteket végezzen a számmal, aztán megkérdezi az eredményt, és ennek alapján kitalálja a gondolt számot.

Legyen az előírás például a következő: „Gondoljon egy számot! Akármekkora pozitív egész szám lehet. Szorozza meg 2-vel! Adjon az eredményhez 4-et! Amit kapott, azt szorozza meg 5-tel! Vonjon ki ebből 7-et! Mi az eredmény? 173? Akkor 16-ra gondolt”. Nem kell számolóművésznek lenni ahhoz, hogy valaki egy másodpercnél rövidebb idő alatt kitalálja az eredményül kapott számból, a 173-ból, a gondolt számot, a 16-ot. Még az egyenletek megoldásához sem kell értenie. Nincs szüksége arra, hogy elvégezze az eredményként kapott számmal az előírt négy művelet fordítottját. Csak azt kell tennie, hogy elhagyja az eredmény utolsó jegyét, és a megmaradó számból kivon 1-et. Az előírt műveletek ugyanis ezt „teszik” x

x -szel:

(2x+4)⋅5–7,
( 2 x + 4 ) 5 7 ,

de ez ugyanannyi, mint

10x+20–7,
10 x + 20 7 ,

vagyis

10x+13,
10 x + 13 ,

vagyis

10(x+1)+3.
10 ( x + 1 ) + 3 .

Ennek a számnak az utolsó jegye mindig 3, ha x

x pozitív egész szám, hiszen ez a szám 10-nek egy többszörösénél 3-mal nagyobb. Az utolsó jegynek, a 3-nak az elhagyása azt jelenti, hogy a számból kivonunk 3-at, és az eredményt elosztjuk 10-zel. Akkor pedig a 10(x+1)+3 10 ( x + 1 ) + 3 -ból x+1 x + 1 lesz. Ebből már csak ki kell vonni egyet, hogy a gondolt szám maradjon. Az utolsó jegyet elhagyni és a megmaradó számból 1-et kivonni a leggyengébb fejszámolónak is egy rövid pillanat műve. Gondolhatott a másik akár 999-re is, csak neki volt hosszadalmas a számolás, amíg 10003-ig eljutott, nekünk ugyanolyan könnyű a gondolt szám megállapítása ebben az esetben is: 1000–1=999 1000 1 = 999 .

Fokozhatjuk a hatást, ha még egy gondolt számot – de most már egyjegyűt! – hozzáadatunk az előbbi műveletsorozat eredményéhez. Ha ezt a számot y

y -nal jelöljük, akkor

10(x+1)+3+y
10 ( x + 1 ) + 3 + y

lesz a műveletsorozat eredménye, és ebből mindkét gondolt számot kitalálhatjuk. Kivonunk belőle 3-at, lesz

10(x+1)+y,
10 ( x + 1 ) + y ,

és ennek az utolsó jegye y

y (ha y y csakugyan egyjegyű!), a megmaradó résznél 1-gyel kisebb szám pedig megint x x .

Bonyolíthatjuk tovább is a trükköt. „Szorozza meg az eredményt 25-tel, vonjon ki belőle 74-et, ezt még szorozza meg 4-gyel, adjon az eredményhez 97-et és még egy számot, ami most kétjegyű is lehet.” Ha ebből 1101-et kivonunk, akkor az utolsó két jegy, a megelőző jegy és a még megmaradó jegyek megadják az utoljára kigondolt kétjegyű, az előtte gondolt egyjegyű és az először gondolt akárhányjegyű számot. Számoljunk csak utána! Ugyanezt a feladatot variálva, kitalálhatjuk egyszerre három kockadobás eredményét (ekkor a számok eleve egyjegyűek) vagy valakinek a születési évét, hónapját, napját is. Ha bízunk abban, hogy nem tévedünk évtizedet, akkor az utóbbi esetben a születési év utolsó jegye lehet a másodszorra megkérdezett egyjegyű szám, a hónap sorszámát kérdezhetjük például először, a napot utoljára. Ha azonban nem vagyunk biztosak az évtizedben, akkor módosítanunk kell a trükköt. Aki az alapelvet megértette, annak már ez sem lesz nehéz.

{[10(x+1)+3+y]⋅25–74}⋅4+97+z= =(250x+250+75+25y–74)⋅4+97+z= =1000x+100y+1004+97+z= =1000x+100y+z+1101
{ [ 10 ( x + 1 ) + 3 + y ] 25 74 } 4 + 97 + z = = ( 250 x + 250 + 75 + 25 y 74 ) 4 + 97 + z = = 1000 x + 100 y + 1004 + 97 + z = = 1000 x + 100 y + z + 1101

Talán az előbbieknél is jobban meglepi az olvasót a következő egyszerű trükk:

„Gondoljon egy számot! Adjon hozzá 6-ot! Szorozza meg az egészet 2-vel! Adjon hozzá még 4-et! Vegye a kapott számnak a felét! Vonja ki belőle a gondolt számot! Biztos benne, hogy jól számolt? Akkor 8 maradt.”

Hogyan? Hát bármiféle információ nélkül kitalálhatom azt a számot, amelyet a másik ember hosszas fejszámolgatás után éppen fejben tart, amikor még csak azt sem tudom, hogy milyen számból indult ki? Lehetséges volna mégis a gondolatolvasás? Szó sincs róla, egyszerű matematikai ügyeskedés az egész. Olyan műveletsorozatot végeztettünk a másikkal, amelyben 8-nak kellett maradnia. Lássuk csak:

((x+6)⋅2+4/2)–x,
( x + 6 ) 2 + 4 2 x ,

ez a műveletsorozat végeredménye. Hozzuk egyszerűbb alakra! A számláló mindkét tagját eloszthatjuk 2-vel;

x+6+2–x,
x + 6 + 2 x ,

erről pedig már mindenki látja, hogy 8, akármi is az x

x .

Egy kis algebrával – sőt már egy kis józan ésszel is – akárhány olyan műveletsorozatot kigondolhatunk, amely a kiindulástól függetlenül mindig ugyanarra az eredményre vezet. Az alábbi trükköt könnyű megjegyezni, annál nehezebb megmagyarázni. Gondoljon valaki egy háromjegyű számot, amelyben a szélső jegyek különbsége legalább 2. (Pl. 365 megfelel céljainknak, de 465 vagy 565 nem.) Fordítsa meg a gondolt szám jegyeinek sorrendjét, és vegye a két szám különbségét![1] Fordítsa meg a különbségben is a jegyek sorrendjét, és adja össze ezt a két számot! Az eredmény mindig 1089.

Végezzük el a mondott műveleteket néhány olyan számon, amelyek követelményeinknek megfelelnek:

563400913801 
–365_̲ 365 ̲ –004_̲ 004 ̲ –319_̲ 319 ̲ –108_̲ 108 ̲  
198396594693 
+891_̲ + 891 ̲ +693_̲ + 693 ̲ +495_̲ + 495 ̲ +396_̲ + 396 ̲  
1089108910891089 

Persze ez a négy eset még nem bizonyítja, hogy sok száz esetben is 1089 lesz az eredmény. Próbáljuk megkeresni a törvényszerűséget, amely ezt biztosítja.

Először is észrevehetjük, hogy a kivonással kapott szám (a közbülső eredmény) középső jegye példáinkban mindig 9, két szélső jegyének pedig az összege 9. Véletlen ez, vagy máskor is mindig így van?

Nagyobb számból vonunk ki kisebbet, tehát az első jegy mindenesetre nagyobb fönt a kisebbítendőben, mint lent a kivonandóban (feltevésünk szerint nem lehet egyenlő). De akkor az utolsó jegy éppen megfordítva, fönt kisebb, lent nagyobb. Kivonáskor tehát „marad 1”, amit átviszünk a tízesekhez. Ott egyébként egyenlő számok vannak, és így 0 lenne a különbség, de az 1 átvitele miatt 9 lesz, és a százasokhoz megint átviszünk 1-et. Ezért a közbülső eredmény első jegye 1-gyel kisebb lesz, mint eredetileg a szélső jegyek különbsége. Azt már sejtjük, mire volt jó kikötni, hogy a szélső jegyek különbsége legalább 2 legyen: így a közbülső eredmény első jegye legalább 1, vagyis háromjegyű számot kapunk. Mindjárt látni fogjuk, hogy ez miért fontos, de egyelőre azt akarjuk megérteni, hogy a közbülső eredmény szélső jegyeinek miért 9 az összege. Akármekkora is az eredeti szám szélső jegyeinek különbsége, a közbülső eredmény utolsó jegye ezt 10-re egészíti ki (ha 2 a különbség, akkor 8 lesz az utolsó jegy; ha 3, akkor 7 lesz stb.). A százasok kivonásakor viszont 1-gyel kevesebbet kapunk, mint amennyi a szélső jegyek különbsége volt. A közbülső eredmény első és utolsó jegye tehát nem 10-re, hanem 9-re egészítik ki egymást.

Most még azt kell végiggondolnunk, hogy ha a közbülső eredmény jegyeinek sorrendjét megfordítjuk, és a két számot összeadjuk, miért kapunk mindig 1089-et. Számoljunk csak utána: az utolsó jegyek összege 9, az első jegyeké is annyi, de az 9 százast jelent, a középső jegyek összege 180, összesen 9+900+180=1089.

9 + 900 + 180 = 1089 .

Ha nem kötöttük volna ki, hogy a szélső jegyek különbsége legalább 2, akkor a közbülső eredmény kétjegyű is lehetett volna (ti. 99), sőt egyjegyű is (ti. 0), és ha ezekben a számokban megfordítjuk a jegyek sorrendjét, és összeadjuk a két számot, akkor nem 1089 lesz az eredmény, hanem 198 és 0. (Az első esetben egy fogással elérhetjük, hogy 1089 legyen a végeredmény: azt mondjuk, hogy háromjegyűnek tekintjük a 99-et is, vagyis 099-nek írjuk; ekkor 099+990=1089

099 + 990 = 1089 . A második esetben még ez sem segít.)

Sokféle számkitaláló trükk alapul a kilences maradékok tételén, amelyet így fogalmazhatunk: „Ha egy természetes számot elosztunk 9-cel, akkor ugyanazt a maradékot kapjuk, mint ha a szám jegyeinek összegét osztottuk volna el 9-cel.” Ez más szóval azt jelenti, hogy bármely többjegyű szám 9-nek egy többszörösével különbözik a saját számjegyeinek összegétől. (Ezt például háromjegyű számokra így láthatjuk be: (100x+10y+z)

( 100 x + 10 y + z ) -nek és jegyei összegének, vagyis (x+y+z) ( x + y + z ) -nek a különbsége 99x+9y 99 x + 9 y , és ez csakugyan többszöröse 9-nek, pontosan (11x+y) ( 11 x + y ) -szorosa. Kétjegyű vagy háromnál többjegyű számok esetében is egészen hasonló a bizonyítás.) Ha tehát egy ismeretlen számot megszoroz valaki 9-cel, a szorzatnak kihúzza az első jegyét, és megmondja a többi jegy összegét, akkor ebből már kitalálhatjuk a kihúzott első jegyet: csak ki kell egészítenünk a kapott számot 9 legközelebbi, nála nagyobb többszörösére. Például 555⋅9=4995 555 9 = 4995 , utolsó három jegyének összege 23, és ezt éppen 4 egészíti ki 9 következő nagyobb többszörösére, 27-re. (Ha nem az első jegyet húzatjuk át, akkor ki kell kötnünk, hogy az áthúzott jegy ne 0 legyen, különben a trükk nem mindig sikerül. Aki megértette a fentieket, az könnyen rájöhet, miért.)

Persze nemcsak 9-cel szorozhatjuk meg a gondolt számot, hanem 9-nek bármely többszörösével is; sőt 9-cel osztható számhoz jut a partnerünk akkor is, ha például kivonja a gondolt számból a szám jegyeinek összegét vagy a jegyei megfordításával kapott számot stb. Amint így vagy úgy elértük, hogy 9-cel osztható száma legyen, a trükköt ugyanúgy folytathatjuk tovább, mint az előbb.

Lássunk most egy egészen más természetű, de nem kevésbé meglepő számkitalálós játékot! Rajzoljuk le egy óra számlapját, és kérjünk meg valakit, hogy gondoljon egy egész számot 1 és 12 között (a határokat is beleértve)! Többször egymás után koppantani fogunk ceruzánkkal a számlapon, neki minden koppantásra eggyel tovább kell számolnia. Ha például 8-at gondolt, akkor az első koppantáskor már 9-re kell gondolnia, a második koppantáskor 10-re, és így tovább. Amikor eléri a 20-at, akkor ceruzánk a számlapnak éppen arra a számára fog mutatni, amire eredetileg gondolt.

Hogyan koppantsunk, hogy csakugyan így legyen? Az első 7 koppantás mehet össze-vissza, hiszen a 20-at akkor sem éri el a hetedikre, ha történetesen a lehető legnagyobb számra, 12-re gondolt. Nyolcadszorra azonban elérheti a 20-at, tudniillik éppen abban az esetben, ha 12-re gondolt; koppantsunk tehát nyolcadiknak a 12-re. Ha a 11-re gondolt, akkor kilencedik koppantásnál éri el a 20-at; koppantsunk tehát kilencediknek a 11-re. És így tovább, a tizedik koppantásnak a 10-re, a tizenegyediknek a 9-re, …, a tizenkilencediknek az 1-re kell esnie, és akkor akármelyik számra gondolt is a másik, éppen akkor mutatunk rá a gondolt számra, amikor ő a 20-hoz ér a számlálásban. Mi persze nem vesszük észre, mikor történik ez meg, de ő mégis azt hiszi, hogy kitaláltuk a gondolt számot, hiszen pontosan az ő számát érte a koppantás, amikor ő a 20-hoz ért. Hatásosabb a trükk, ha megkérjük, hogy csak 19-ig számoljon fejben, a 20-at már mondja ki hangosan. Akkor persze mi sem folytatjuk tovább a kopogást, hanem diadalmasan ránézünk, és így teljes lesz az illúziója természet feletti képességeinkről – amíg meg nem magyarázzuk neki a fortélyt.

A számkitalálásoknak egy érdekes fajtája a találgatósdi. Ha például valaki 1 és 100 között (a határokat is beleértve) gondol egy egész számot, hányadik próbálkozásra tudnánk kitalálni, melyik számra gondolt? Ha nagy szerencsénk van, esetleg elsőre eltaláljuk, de lehet olyan pechünk is, hogy csak a századikra hibázunk rá, feltéve, hogy az illető csak arról informál bennünket minden egyes találgatásunk után, hogy eltaláltuk-e a gondolt számot vagy nem. Ha azonban csak egy kicsit is jobban informál minket; tudniillik megmondja, hogy a mi számunk sok-e vagy kevés, akkor a hetedikre mindenképpen (esetleg hamarabb is) kitalálhatjuk a számot. Persze nem úgy, hogy vaktában tapogatózunk, hanem szisztematikus felderítő munkával. Egy példán könnyebb megmagyarázni, hogyan.

Gondoltam egy számot 1-től 100-ig.

50
50

sok

25
25

sok

12
12

sok

6
6

kevés

9
9

kevés

11
11

sok

Akkor 10.

Eltaláltad.

Látjuk, hogy az elv: a még szóba jöhető számköz felezése (vagy pontosan, vagy közelítőleg). Két felezés után az eredeti számköz negyedéhez, három felezés után a nyolcadához, …, hét felezés után a 128-adához jutunk. (Persze ha a számköz hossza páratlan számmal fejezhető ki, akkor meg kell elégednünk közelítő felezéssel és így ez a szám kissé módosulhat.) Ez azt mutatja, hogy nemcsak 1-től 100-ig, hanem 1-től 128-ig is kitalálhatjuk a gondolt számot hét próbálgatással; valójában csak 127-ig, mert a hetedik felezéssel a 126-tól 128-ig terjedő számközt felezzük, 127-et mondunk, és ha a felelet még ekkor is „kevés”, akkor a „128” már a nyolcadik próbálgatás lesz. (Persze az utolsó próbálgatásra már nem illik a „próbálgatás” név, hiszen akkor már biztosra megyünk, mint az előbb is a 10-nél.)

Hasonló módszerrel nemcsak számokat találhatunk ki, hanem dátumokat is (az év bármely napját legrosszabb esetben kilencedikre), kezdőbetűket, szavakat stb.

Utoljára hagytam az úgynevezett „bűvészkártyával” való számkitalálás kérdését.

Hat papírlapon – ezek a bűvészkártyák – pozitív egész számok vannak, amelyek nagyság szerint következnek egymás után 59-ig vagy 60-ig. Nem folyamatosan, sok szám kimarad közben, az egyik kártyán ezek, a másikon azok, valami bonyolult rendszer szerint. Gondolni kell egy számot 1-től 60-ig, és a „gondolatolvasónak” odaadni mindazokat a kártyákat, amelyeken megtalálható a gondolt szám. Ennek alapján ő pillanatok alatt megmondja, hogy mi a gondolt szám. A többi kártyát még csak meg sem nézi.

Könnyű dolga van: csak össze kell adnia a neki átadott kártyák első számait, ezek összege lesz a gondolt szám. Ha pl. a 16-tal, 4-gyel és 8-cal kezdődő kártyákat adják a kezébe, akkor a gondolt szám 16+4+8=28

16 + 4 + 8 = 28 . Ezt a titkot a használati utasítás is elárulja; azt azonban nem, hogy min alapul a kártyáknak ez a csodálatos tulajdonsága. Megpróbálunk most feleletet adni erre.

Nézzük csak meg a kártyákon levő számokat; nem fedezünk-e fel rajtuk valami szabályosságot, ami útbaigazít.

Az első (A jelű) kártyán a páratlan számokat találjuk 1-től 59-ig. A többi kártyán nem látható ilyen egyszerű szabályosság. Feltűnő azonban, hogy első számaik – éppen azok a bizonyos első számok, amelyeket a használati utasítás szerint össze kell adni – 2, 4, 8, 16, 32; vagyis mindegyik kétszer akkora, mint az előző. A matematikusok úgy nevezik ezeket a számokat, hogy „2 hatványai”. Például 2=2^1

2 = 2 1 , 4=2^2=2⋅2 4 = 2 2 = 2 2 , 8=2^3=2⋅2⋅2 8 = 2 3 = 2 2 2 stb. Az első kártya legelső száma 1; ez is 2 hatványai közé tartozik, 2-nek a 0-adik hatványa (hogy miért, az most mellékes).

A „gondolatolvasó” tehát, akármi volt is a gondolt szám, mindig 2 hatványai közül ad össze valahányat, és a használati utasítás szerint ezeknek a hatványoknak az összege lesz a gondolt szám. Úgy látszik, bármely számot fel lehet írni (vagy ahogy mondani szokás, elő lehet állítani) 2 hatványainak összegeként, mégpedig úgy, hogy minden hatvány legfeljebb egyszer fordul elő. Próbáljuk csak ki például a 13-at:

13=8+4+1
13 = 8 + 4 + 1

Nézzük meg az 55-öt is:

55=32+16+4+2+1
55 = 32 + 16 + 4 + 2 + 1

De vajon biztos, hogy ez mindig sikerül? Könnyű belátni, hogy igen, nem is csak 60-ig, hanem azon túl is akármeddig, a következő eljárással:

Az illető számból először levonjuk 2-nek azt a legnagyobb hatványát, amely még nem nagyobb nála (pl. az 55-nél a 32 még nem nagyobb, de a 64 már nagyobb; 55–32=23

55 32 = 23 ). Az biztos, hogy így 2-nek az illető hatványánál (itt 32-nél) kisebb számot kapunk, mert különben nem ez lett volna a legnagyobb hatvány, amit elvehetünk. A megmaradó számból megint levonjuk 2-nek a lehető legnagyobb hatványát, és így tovább, míg az eredmény 0 nem lesz. A levont számok összege maga az eredeti szám.

Milyen rendszer alapján írta hát fel a bűvészkártya kitalálója az egyes kártyákra a számokat?

Először is külön egy nagy lapra felírt minden számot 2 hatványainak összegeként:

1 =1 2 =2 3 =2+1 4 =4 5 =4+1 6 =4+2 7 =4+2+1 stb.
1 = 1 2 = 2 3 = 2 + 1 4 = 4 5 = 4 + 1 6 = 4 + 2 7 = 4 + 2 + 1  stb.

Azután ez első kártyára a lista alapján ráírta azokat a számokat, amelyeknek a felbontásához előfordult az 1:

1,3,5,7 stb.
1 , 3 , 5 , 7  stb.

(A páratlan számok felbontásában mindig előfordul, a párosakéban soha. Ugyanis az 1-en kívül 2-nek minden hatványa páros, és így a hatványok összege is páros, ha az 1 nem szerepel a felbontásban; de ha szerepel, akkor páratlanná teszi az összeget.)

Egy másik kártyára azokat a számokat írta fel, amelyeknek a felbontásában előfordult a 2:

2,3,6,7 stb.
2 , 3 , 6 , 7  stb.

Egy harmadikra azokat, amelyeknek a felbontásában előfordult a 4 és így tovább.

Ezeknek a kártyáknak az első száma éppen 1, 2, 4 stb., hiszen ezek azok a legkisebb számok, amelyeknek a felbontásában előfordul az 1, ill. a 2, ill. 4 stb.

Milyen kártyákra kerül így rá pl. a 13? Azokra, amelyeknek az első száma szerepel a 13 felbontásában (8+4+1

8 + 4 + 1 -ben): a 8-cal, a 4-gyel és az 1-gyel kezdődő kártyákra; a többire nem. Aki tehát a 13-at gondolja, az éppen ezeken a kártyákon találja meg a gondolt számot, és így a „gondolatolvasónak” csakugyan nincs más dolga, mint összeadni a kártyák kezdőszámait.

Miért éppen 60-ig szerepelnek a kártyákon a számok?

Ha a számkitaláló megállt volna 7-nél (mint mi az előbb a táblázat készítésében), akkor három kártyára lett volna szüksége – az 1-gyel, 2-vel és a 4-gyel kezdődőkre –, hiszen 1-től 7-ig minden szám felbontásában 2-nek csak ezek a hatványai szerepelnek. A 8-hoz azonban már új kártyára lett volna szüksége, hiszen 8-nak a „felbontása” maga a 8, 2-nek a következő hatványa. Ezzel az új kártyával 15-ig lehet elmenni; minden szám 2 hatványaira való felbontásában csak 1, 2, 4 és 8 szerepel. A 16-hoz már egy ötödik kártya kell (ami éppen 16-tal kezdődik), ezzel el lehet menni 32-ig, 32-höz megint egy új kártya szükséges, ezzel el lehet jutni 63-ig. A „bűvös kártya” készítője csak azért hagyta ki a 61-et, 62-t és a 63-at, hogy kerek számig jusson. Hét kártyával már 100-on túl, pontosan 127-ig lehet biztosan kitalálni egy pozitív egész számot.

És most jusson eszünkbe, hogy az előbb kiderítettük: 7 próbálgatással éppen 127-ig lehet biztosan kitalálni egy pozitív egész számot. Ez persze nem véletlen egyezés. Mindkettő azzal kapcsolatos, hogy 127=2^7–1

127 = 2 7 1 . Ha az olvasó elgondolkozik azon, ami a két trükkben közös, ezen keresztül egy kis betekintést kaphat a matematika egy érdekes új ágának, az információelméletnek a gondolatvilágába.



[1] Különbségen itt és alább mindig pozitív különbséget értünk (a nagyobb számból vonjuk ki a kisebbet).