Odmiana bitwy morskiej z poprzedniego wpisu przypomina trochę łamigłówkę zwaną kapsułkami, czyli holenderskie danie firmowe, o którym pisałem przed ponad 2 laty. Postanowiłem je przypomnieć w wersji tureckiej, bardzo nieznacznie różniącej się od oryginału, ze względu na zadanie, które pojawi się w następnym wpisie.

Kapsułki wyglądają jak trójmasztowce w bitwie morskiej (prostokąty 1 × 3), ale tym razem nie chodzi o ustalenie ich położenia. Wszystkie są ujawnione, natomiast odgadnąć trzeba liczby, które powinny się w nich znaleźć.
Holendrzy trzymali się standardu: diagram 10 × 10 z tuzinem kapsułek – do dziesięciu z nich należy wpisać dziesięć różnych liczb od 1 do 10, korzystając z „podpowiedzi”. Podpowiedziami są sumy liczb na kapsułkach, znajdujących się – całkowicie (wzdłuż) lub częściowo (w poprzek) – w danym rzędzie – podane na końcu tego rzędu. Dwie kapsułki są zerowe, czyli jakby zmyłkowe.

Poniższa łamigłówka pochodzi z 8. Mistrzostw Świata (Utrecht, 1996). Była jedną z najłatwiejszych na tej imprezie. W związku z tym pytanie dodatkowe do ambitnych: czy można usunąć jakieś podpowiedzi, a rozwiązanie nadal będzie jedno?

W wersji tureckiej zwykle jest 9 kapsułek na diagramie 8×8 i należy do nich wpisać różne liczby od 1 do 9. Zmyłek nie ma. Pozostaje tylko zabawa w kombi-dodawanie.

Jakie słowo utworzą litery na kapsułkach ustawione w kolejności odpowiadających im liczb?

Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.

Oparta na grze w okręty łamigłówka o takiej samej nazwie ma wiele odmian. Niektóre opisywałem; jest okazja, aby zaprezentować jeszcze jedną – będzie ona jakby wstępem do podobnego zadania, które przedstawię później.

Zacznę od przypomnienia podstawowego wariantu, bo może zajrzą tu nowicjusze.

Mamy akwen – kwadrat n × n kratek oraz flotę – okręty-prostokąty 1 × x kratek. Tradycyjnie, jak w grze, x określa liczbę masztów, czyli okręty 1 × 1 to jednomasztowce, 1 × 2 – dwumasztowce itd. (często zamiast żaglowców pojawiają się nazwy współczesnych jednostek – łodzie podwodne, pancerniki, niszczyciele itp.). Flota złożona z ustalonej, znanej liczby jednostek znajduje się na akwenie – okręty są dokładnie wpasowane w rzędy kratek, jednak ich położenie jest utajnione i zaszyfrowane liczbami przy brzegu diagramu.
Każda liczba oznacza, ile pól zajętych jest przez okręty w rzędzie (wierszu lub kolumnie), przy którym dana liczba jest umieszczona. Ponadto wiadomo, że żadne dwa okręty nie zajmują sąsiednich kratek, także stykających się tylko rogami. Zadanie polega na ustaleniu położenia wszystkich okrętów. Aby nie było dwuznaczności oraz by było ciekawiej i bardziej logicznie, często ujawniane są fragmenty jednostek (dziób, rufa, śródokręcie) lub wodne pola (linie faliste), których na pewno nie zajmuje żaden okręt.
Oto mały przykład z rozwiązaniem:

Mam nadzieję, że dla nowicjuszy – kandydatów na wilków morskich – wszystko jest jasne.

Zanim przedstawię wspomnianą odmianę, proponuję spojrzeć na okręty nieco inaczej. Każdy maszt to jedna kratka, zaś gdyby we wszystkie okrętowe kratki wstawić jedynki, to liczby przy brzegu byłyby sumami tych jedynek. I właśnie w anonsowanej odmianie liczby są sumami, ale nie wyłącznie jedynek, bowiem w okrętowych kratkach pojawiają się różne cyfry, w zależności od rodzaju okrętu. Kratka-maszt jednomasztowca równa jest 4, dwumasztowca – 3, trójmasztowca – 2, czteromasztowca – 1.
Odmiana nosi nazwę „okręty ważone”.

Kolej na zadanie, które pochodzi z 12 Łamigłówkowych Mistrzostw Świata (Arnhem, 2003).

W rozwiązaniu wystarczy podać położenie czterech jednomasztowców, korzystając ze współrzędnych literowych przy brzegach.

A skąd „mickiewiczowski” tytuł – łatwo zgadnąć.

Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.

8 stycznia wspomniałem o wydanej pod koniec ubiegłego roku przez Wydawnictwo Literackie książce Iana Stewarta Gabinet matematycznych zagadek. Niebawem zadebiutuje na rynku kolejne dziełko tego autora – Jak pokroić tort i inne zagadki matematyczne, tym razem w wydawnictwie Prószyński i S-ka. To jakby potwierdzenie mojej teorii, że profesor z Warwick rozpisał się niczym nasz Józef Ignacy. Czy ilość idzie w parze z jakością? Można mieć drobne wątpliwości.

Zajrzyjmy do Gabinetu…. Jest w nim artykulik o gwiazdach magicznych uzupełniony takim oto zadaniem:

Wpisz liczby od 1 do 12 w pola, tak aby powstała gwiazda magiczna.

Czyli tak, aby każda linia złożona z czterech pól dawała tę samą sumę. (Podpowiedź: suma ta wynosi 26). A żeby łamigłówka była trudniejsza, poproszę, aby sześć liczb na końcach ramion też dawało po zsumowaniu 26.
Jak rozmieścić liczby?

To jest zadanie w stylu Dudeneya, czyli „znęcanie się” nad czytelnikiem, ewentualnie żart. Skojarzyło mi się z sudoku, w którym diagram byłby całkiem pusty, a instrukcja brzmiałaby:
wpisz cyfry od 1 do 9 w kratki tak, aby w każdym rzędzie i w każdej kolumnie występowały różne cyfry. A żeby łamigłówka była trudniejsza, poproszę, aby w sektorach 3×3 także występowały różne cyfry.
Oczywiście trochę przeginam, ale ogólny sens jest podobny – jedno i drugie to mordęga albo zabawa dla programisty.

Jednak to nie wszystko, bo gwóźdź programu tkwi w komentarzu do zamieszczonego w książce rozwiązania, które wygląda tak:

I byłoby OK, gdyby nie ów komentarz: to jedyne rozwiązanie (oczywiście z dokładnością do odbić i obrotów). Jak z tego wynika, pan profesor nie uważał na lekcji, bo całkiem różnych rozwiązań jest sześć. Jedno z pięciu pozostałych stanowi rozwiązanie poniższego zadania.

Instrukcja brzmi tak samo jak wyżej u Stewarta, ale trzy cyfry są już na właściwych miejscach – i dzięki temu łamigłówka jest łamigłówką.
Jaka liczba wskoczy w górne kółko?

Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.

Jako się rzekło i udowodniło (prawie), klasyczny magiczny pentagram nie istnieje. Inaczej mówiąc: w węzłach grafu pięciokąta gwiaździstego

nie sposób rozmieścić liczb od 1 do 10 tak, aby suma czterech liczb na każdym boku była jednakowa (22).

Dudeney, który jako pierwszy to skonstatował, zaproponował łamigłówkę, polegającą na wpisaniu do kółek nie ściśle określonych, ale jednak odpowiednich różnych liczb – takich mianowicie, aby suma magiczna, czyli taka sama na każdym boku, była jak najmniejsza.
Zadanie wydaje się benedyktyńskie do rozwiązywania „na piechotę”, co jest zresztą typowe dla Dudeneya – większość jego dziełek to nie relaksowe łamigłówki tylko mocno zakręcone, aczkolwiek ciekawe problemy do ślęczenia. Zapewne na przełomie XIX i XX wieku, gdy powstawały, ludzie mieli więcej wolnego czasu, bo telewizja i Internet jakoś nie miały wówczas wzięcia.

Łatwo ustalić, że 23, ani żadna liczba nieparzysta sumą magiczną być nie może. Duże szanse na bycie najmniejszą ma więc 24. Szukając rozwiązania systematycznie, wypadałoby rozważyć wszystkie możliwe 10-liczbowe zestawy, dające sumy 24 na bokach, czyli takie, w których łączna suma dziesięciu liczb byłaby równa 24*5/2 = 60. To o 5 więcej niż suma kompletu 1-10. Należałoby zatem, uzupełniając ten zestaw liczbą x>10, usuwać równocześnie liczbę o 5 mniejszą od x. Taki zabieg prowadzi do pięciu kompletów:

(a) (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 15)
(b) (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 14)
(c) (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 13)
(d) (1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12)
(e) (1,2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10, 11)

Ale to nie wszystko, bo można dodać dwie liczby większe od 10, usuwając odpowiednie dwie inne (z sumą mniejszą o 5 od sumy usuniętych), a to da jeszcze dwa komplety:

(f) (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 12)
(g) (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 11, 13)

Nie znam logicznego sposobu wybrania z tych siedmiu zestawów takich, które sprawdzą się w praktyce, czyli utworzą magiczny pentagram. Nie wiem też, jak sprytnie wyeliminować choćby część tych, które się nie sprawdzą. Próbowałem kombinować z liczbami nieparzystymi, wiedząc że ich liczba na boku musi być parzysta, ale bez sukcesu. Krótko mówiąc, efektywne wydaje się tylko wrzucanie na komputer układów równań.
W mądrych książkach wybrańcem jest układ (d), czyli od 1 do 12 bez 7 i 11; w niektórych źródłach pojawia się wzmianka, że odpada (e) – od 1 do 11 bez 6. A co z pozostałymi pięcioma – czy któryś z nich da się wpasować w pentagram tak, aby stał się on magiczny? To jest pytanie do komputerowców.
A dla wszystkich – zadanie:

W kółkach powinny znaleźć się liczby z kompletu (d) – 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 12 – a pentagram powinien być supermagiczny. Znaczy to, że sumę magiczną (24) mają tworzyć nie tylko cztery liczby na każdym boku, ale także pięć liczb na końcach ramion gwiazdy.
Jaka liczba znajdzie się w kółku z gwiazdką?

Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.

Pod koniec XIX wieku Dudeney jako pierwszy sięgnął gwiazd – magicznych i logicznych oczywiście. Zaczął od pięcioramiennej, czyli od pięciokąta gwiaździstego zwanego też pentagramem:

i wymyślił łamigłówkę, która po rzuceniu okiem na rysunek właściwie wymyśla się sama:

Liczby od 1 do 10 wpisz do kółek tak, aby suma czterech liczb na każdym boku pięciokąta była jednakowa.

Arytmetycznie niby wszystko gra. Suma liczb = 55, każda znajdzie się na dwóch bokach, czyli suma pięciu sum wyniesie 110, a zatem na każdą sumę czterech liczb przypadnie 22. Okazało się jednak, że zadanie byłoby dobre, ale na prima aprilis, bowiem z kombinatorycznego punktu widzenia sprawa się rypie. Krótko mówiąc, rozwiązania, czyli klasycznego pentagramu magicznego nie ma i nie tak łatwo to udowodnić, tzn. jest z tym trochę dłubaniny. Spróbujmy przeprowadzić taki dowód możliwie sprytnie i bezboleśnie.

Czwórkowych zestawów wybranych z kompletu 1-10, których suma równa jest 22, mamy 18:

(10,9,2,1) (10,8,3,1) (10,7,4,1) (10,7,3,2) (10,6,5,1) (10,6,4,2) (10,5,4,3) (9,8,4,1) (9,8,3,2) (9,7,5,1) (9,7,4,2) (9,6,5,2) (9,6,4,3) (8,7,6,1) (8,7,5,2) (8,7,4,3) (8,6,5,3) (7,6,5,4).

Załóżmy na wstępie, że na jakimś boku znajdzie się pierwsza czwórka – (10,9,2,1). Wtedy za pośrednictwem 10 musiałaby się z nią łączyć czwórka (10,5,4,3), bo inne czwórki zawierają wykorzystaną już liczbę 1 lub 2. Niestety, wówczas dziewiątki z pierwszej czwórki nie da się już z niczym skrzyżować, bo wszystkie pozostałe kwartety z dziewiątką zawierają albo jedną liczbę z pierwszej czwórki (1 lub 2) albo dwie z drugiej (3 i 4).

Czyżby koniec dowodu? Prawie, bo wypadałoby jeszcze dowieść, że założenie wstępne w istocie nie jest założeniem, tylko koniecznością, czyli czwórka (10,9,2,1) musi się znaleźć w gwieździe, jeśli miałoby istnieć rozwiązanie. Wbrew pozorom udowodnienie tego jest dość proste i krótkie, jeżeli wpaść na pomysł. Kto wpadnie?

A może ktoś zaproponuje jakiś inny w miarę prosty dowód, że magiczny pięciokąt gwiaździsty z liczbami od 1 do 10 nie istnieje.

Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.

Ile najwięcej wielokątów można wyciąć z płaszczyzny – lub lepiej, by były granice, z koła – n>2 prostymi (cięciwami)? Niezbyt trudno ustalić, że n^2/2 – 3n/2 + 1. Tak jest, gdy każde dwie cięciwy mają punkt wspólny, a żadne trzy nie.
Wśród tych wielokątów będzie co najwyżej n(n – 2)/3 trójkątów, uwzględniając oczywiście część całkowitą wyniku.
Przykład:

Cięciw jest 7, wielokątów 15 (kropki), trójkątów 11 (czerwone kropki).

A teraz drugie pytanie, bardzo podobne: ile najwięcej wielokątów można wyciąć z koła n>2 cięciwami przy założeniu, że każdy z nich będzie trójkątem?
Może się to wydać dziwne, ale nie wiadomo, tzn. nie jest znany ogólny wzór, a konkretne efekty są pewne tylko dla małej liczby cięciw. Pewne jest także to, że trójkątów nigdy nie jest więcej, a z reguły mniej, niż wówczas, gdy inne wielokąty nie są wykluczone – np. dla 7 cięciw jest ich 10.

Proponuję mały „eksperyment ornitologiczny” z 6 cięciwami, zwłaszcza że tylko dla takiej liczby cięciw uda się wyciąć co najwyżej 7 trójkątów w obu przypadkach – czyli tyle samo niezależnie od tego, czy trójkątom będą towarzyszyć inne wielokąty, czy nie.

Dwie cięciwy wyprowadzone z jednego punktu na okręgu przypominają dużego ptaszka (v). Kąt między nimi równy jest 30 stopni.

Ptaszka obrócono o 120 i 240 stopni wokół środka okręgu, a efekty obrotów nałożono na oryginał – i okazało się, że trzy ptaszki idealnie wycięły z okręgu siedem trójkątów:

Czy ktoś z Państwa potrafi wyprowadzić na tej podstawie wzory na długości skrzydeł ptaszka (cięciw) – dłuższego i krótszego – w zależności od promienia okręgu?

_{Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.}

Ian Stewart, profesor matematyki Uniwersytetu Warwick, powoli zapracowuje sobie na miano Kraszewskiego literatury popularno-naukowej. W ciągu ostatnich pięciu lat napisał tuzin książek matematycznych dla maluczkich. W tej specjalności to wynik godny podziwu, choć w ogólnej konkurencji panu profesorowi daleko do Kraszewskiego (232 powieści przez 57 lat plus przynajmniej drugie tyle innych tekstów – a wszystko gęsim piórem ).

Nawiasem mówiąc, skojarzenie z Kraszewskim nie jest przypadkowe, bo ostatnio dostałem bzika na punkcie JIKa – konkretnie chodzi o jego mało znane powieści obyczajowe. W Nowy Rok odruchowo sięgnąłem po stojącego na bibliotecznej półce, nietkniętego od dziesięcioleci Wielkiego nieznajomego, przeczytałem kilka stron i wsiąkłem. Teraz pochłaniam inne zapomniane dziełko – Szalona. Pasuje mi trącący myszką język i styl – dziś trochę zabawny; fabuła pełna jest barwnych, wyrazistych postaci oraz dramatycznych zwrotów akcji. Po prostu kawałek solidnej literackiej roboty. Poczułem się na stare lata jak dzieciak zaczytujący się przed półwieczem powieściami Karola Maya. I dopadło mnie to jakby w porę, bo właśnie zaczął się rok Kraszewskiego (200. rocznica urodzin). Może jednak powinienem się wstydzić, chwaląc w XXI wieku XIX-wieczną „masówkę”. I jeszcze ciekawostka: Szalona powstała na zamówienie, ale nie została opublikowana ze względu na… drastyczne opisy.

Wracając do mistrza Iana, kilka jego nowych publikacji wydano także u nas. Ostatnio miałem przyjemność recenzować Gabinet matematycznych zagadek (Wydawnictwo Literackie, 2011). Z mieszanymi uczuciami, bo pan profesor poszedł na łatwiznę: wrzucił do jednego worka około dwustu zagadkowych tematów samograjów z matematyki rekreacyjnej – ogólniejszych zagadnień lub konkretnych łamigłówek – wielokrotnie „mielonych” przynajmniej od kilkunastu lat przez innych autorów i niego samego. Powstało coś w rodzaju małego leksykonu matematyki rozrywkowej, ale w układzie niealfabetycznym i bez skorowidza, czyli praktycznie nie do użytku jako leksykon. Fakt, że kto prezentowanych tematów i zagadek nie zna, a ma do takowych słabość, temu całość się spodoba, nawet bardzo. Jednak dla miłośników tej tematyki, zwłaszcza starych wyjadaczy, to rzecz wtórna,  powielająca przede wszystkim dorobek Martina Gardnera, ale ponieważ z kilkunastu zbiorów felietonów matematycznych Gardnera w Polsce wydano tylko jeden, więc Gabinet… chyba może liczyć na spore powodzenie.

Większość ogólnych, szerszych zagadnień-haseł obecnych w książce nie ma prawie nic wspólnego z rozrywkami umysłowymi, stanowi natomiast lub stanowiła zagadki rozwiązywane, choć nie zawsze rozwiązane, przez uczonych; ma przy tym posmak niezwykłości lub tajemniczości (twierdzenia Fermata i Gödla, hipotezy Poincarégo, Goldbacha i Riemanna, zagadnienie czterech barw, teoria chaosu, fraktale itp.). Nieliczne z nich uzupełnione są łamigłówkami. Autor przedstawia na przykład szczegółowo historię dowodu twierdzenia o czterech barwach, wplatając w opis klasyczną łamigłówkę: na mapie podzielonej na regiony należy wskazać fragment, który uniemożliwia pokolorowanie regionów trzema barwami (ponad 2 lata temu w Łamiblogu było coś takiego).

Zagadkowo można też nawiązać do czterech barw nieco inaczej.

Jak widać (WPC) zadanie pochodzi z Łamigłówkowych Mistrzostw Świata (Antalya, 2009). „Mapa” podzielona jest na 48 prostokątnych regionów (szare litery pomijamy). Należy oznaczyć jedną barwą jak najwięcej regionów tak, aby żadne dwa nie stykały się ze sobą – także rogami. Ile regionów uda się w ten sposób pokolorować i które z nich będą oznaczone numerami-potęgami (kwadraty, sześciany)?

Na rzeczywistych mapach stykanie się odrębnych obszarów tylko rogami, czyli w jednym punkcie, to surrealizm albo kwestia umowy (typowym i chyba jedynym przykładem jest styk czterech stanów – Utah, Kolorado, Arizona, Nowy Meksyk). W zagadnieniu czterech barw takich sytuacji nie uwzględnia się, czyli punkt nie jest granicą.

_{Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.}

Poza dwiema własnościami 2012, wymienionymi w poprzednim wpisie, niełatwo znaleźć jakieś inne ciekawostki lub osobliwości związane z tegoroczną liczbą – oczywiście ściśle matematyczne, bo apokaliptyczno-numerologicznych, wiążących się głównie z kalendarzem Majów lub Koranem, jest  w sieci mnóstwo.

Za specyficzne można uznać na przykład to, że liczba 2012 dzieli się przez iloczyn tworzących ją cyfr, pomijając zero. W ciągu takich liczb tegoroczna zajmuje pozycję 147., wciśnięta między 2010 a 2016, unikatem więc raczej nie jest.
Jeszcze dalej, bo jako 218. wyraz ciągu, 2012 figuruje wśród tzw. liczb Ulama (od nazwiska wybitnego amerykańskiego matematyka polskiego pochodzenia). Oryginalny i ciekawy jest natomiast sam ciąg, więc o nim słów kilka.
To jakby przeciwieństwo ciągu Fibonacciego, zwłaszcza jeśli ten klasyczny ciąg zdefiniować nieco inaczej. W wersji podstawowej ciąg Fibonacciego zaczyna się od zera i jedynki, a każdy następny wyraz jest sumą dwu poprzednich, czyli:
(A) 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597, 2584, 4181, 6765,…
Można jednak zacząć od dowolnej pary liczb całkowitych nieujemnych, np. od 1 i 2, a zasadę tworzenia ciągu sformułować tak: każdy następny wyraz jest największą sumą dwóch różnych liczb wybranych spośród tych, które dotąd pojawiły się w ciągu.
Ciąg Ulama powstanie, jeśli w tym pokrętnym sformułowaniu zamiast „największą” wstawić „najmniejszą” oraz dodać następujący warunek: ciąg powinien być rosnący, a suma, stanowiąca kolejny wyraz, powinna być możliwa do utworzenia (z dostępnych liczb) tylko na jeden sposób.
Zaczynający się od 1 i 2 ciąg wygląda więc tak:
(B) 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11, 13, 16, 18, 26, 28, 36, 38, 47, 48, 53, 57, 62, 69, 72, 77, 82, 87, 97, 99, 102,…
Gwoli jasności wytłumaczenie, dlaczego na przykład po 28 jest 36.
29 nie pasuje, bo 29 = 1 + 28 = 3 + 26 = 11 + 18 = 13 + 16, czyli sumę można utworzyć aż na cztery sposoby. 30, 31 i 32 da się złożyć na dwa sposoby, 34 – na trzy. Sum 33 i 35 w ogóle nie można utworzyć. Dopiero 36 ma unikalny skład – 8 + 28 (18 + 18 odpada, bo liczby powinny być różne).

Poza podstawowymi, rzec by można „kanonicznymi” postaciami ciągów przedstawionymi wyżej [(A) i (B)], istnieje nieskończenie wiele ich odmian, zaczynających się od dwu dowolnych liczb. Jeśli np. pierwszą parą będą 1 i 5, to ciąg Fibonacciego rozwinie się tak:
(C) 1, 5, 6, 11, 17, 28, 45, 73, 118, 191, 309, 500, 809, 1309, 2118, 3427, 5545, 8972,…,
a ciąg Ulama:
(D) 1, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 20, 22, 23, 24, 26, 38, 39, 40, 41, 52, 57, 69, 70, 71, 82, 87, 98, 102…
W (D), podobnie jak w (B), także pojawi się 2012, w (C), jak widać, podobnie jak w (A) – nie.

Od jakich dwu liczb, których suma jest najmniejsza, zaczyna się ciąg Fibonacciego, zawierający liczbę 2012?

_{Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.}

Przed rokiem pozwoliłem sobie trochę pozłowieszczyć w związku z liczbą 2011. W tym roku czarnowidztwo przemilczę, bo straszenia dookoła nie brakuje, zresztą inni robią to lepiej, nie tylko politycy i ekonomiści, (np. w filmie 2012). Skupię się na związkach tegorocznej liczby z matematyką czystą i piękną choć osobliwą. A właściwie na jednym związku, dotyczącym pewnej niezwykłej cechy tej liczby. Zacznę jednak od lat minionych.

Rok ubiegły wyrażał się liczbą pierwszą, której oczywiście na czynniki pierwsze rozłożyć nie sposób.
Sześć lat wcześniej była w kalendarzu liczba półpierwsza (2005), czyli taka, która jest iloczynem dwóch i tylko dwóch liczb pierwszych (5 × 1001 401).
Teraz nastała nam liczba, którą nazwę 1/3-pierwszą, bo można ją rozłożyć dokładnie na trzy czynniki pierwsze (2012 = 2 × 2 × 503). Takich liczb jest sporo, tworzą ciąg dość gęsty w zbiorze liczb naturalnych, więc nie są niczym osobliwym. 2012 wyróżnia się jednak wśród nich cechą szczególną – rozpoczyna kwartet kolejnych takich liczb:
2012, 2013 (3 × 11 × 61), 2014 (2 × 19 × 53), 2015 (5 × 13 × 31).

Kwartety liczb 1/3-pierwszych to białe kruki, znacznie bielsze niż np. ich odpowiedniki wśród liczb pierwszych – liczby bliźniacze (tylko że bliźniaki nie są kolejnymi liczbami). Poprzednie kwartety vel czworaczki przypadły na lata 1083-1086, następnymi będą 2091-2094.
Wieloraczki występują także w ciągu liczb półpierwszych, ale są najwyżej trojaczkami:
(33, 34, 35); (85, 86, 87); (93, 94, 95);…

Choć czworaczki są wśród liczb 1/3-pierwszych rzadkością, to jednak nie największą, bo możliwe są więcejraczki.
Jakie n-raczki są (mogą być teoretycznie) najwięcejraczkami  w 1/3-pierwszym światku i dlaczego?
Pytanie dodatkowe: kto zna lub znajdzie (np. pisząc program) pierwsze takie najwięcejraczki? Podpowiem, że są 6-cyfrowe.

I jeszcze drobne ciekawostki.
2012 × 2102 = 4229224, czyli palindrom podwójny, bo po obu stronach znaku równości tak i wspak jest to samo. Poprzedni rok też tak miał.
Palindromowo, a właściwie ananimowo może być również inaczej: 2012 × 2012 = 4048144 – ta równość napisana wspak także jest prawdziwa.

_{Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.}

Sylwestrowa noc lada noc. To duży przełom starego i nowego roku, ale też mały przełomek ostatniego i pierwszego dnia roku, który można zapisać tak:
SYLWESTER/NOWYROK
Ukośna kreska może oznaczać także dzielenie, a ponieważ w tym konkretnym „działaniu” występuje dziesięć różnych liter, więc zapewne główkołamaczom lub szaradzistom całość skojarzy się z kryptarytmem. Inaczej mówiąc: czy można w takim dzieleniu zastąpić litery cyframi tak, aby iloraz był liczbą całkowitą (oczywiście takim samym literom powinny odpowiadać jednakowe cyfry, a różnym – różne)? Albo jeszcze inaczej: czy suma kilkudziesięciu lub raczej kilkuset takich samych 7-cyfrowych liczb, odpowiadających „wyrażeniu” NOWYROK, mogłaby dać sumę odpowiadającą wyrazowi SYLWESTER?

Nie sprawdzałem, tzn. nie korzystałem z programu, który by rozstrzygnął ten dylemat, ale jestem prawie pewien, że rozwiązania nie ma, ponieważ warunki są zbyt ostre.

Z ukośnikiem można także zapisać konkretny, tegoroczny Sylwester:
SYLWESTER/2011
W tym przypadku o rozwiązanie znacznie łatwiej, bo różnych liter-cyfr jest tylko siedem. Kryptarytm może mieć formę pełnego „słupkowego” dzielenia, które da się rozszyfrować w przerwie między jednym sylwestrowym fajerwerkiem a drugim:

Kółka oznaczają cyfry nieparzyste, kwadraty – parzyste. Zero jest oczywiście parzyste.
Jaką liczbą jest SYLWESTER?
W nowym roku życzę Państwu tyle łutów szczęścia, jaka jest ta liczba.

_{Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.}