Ταχυδακτυλουργικό κόλπο

[Demetres]

Ένας ταχυδακτυλουργός ανακατεύει μια κανονικά τράπουλα (με 52 χαρτιά). Την δίνει σε ένα μέλος του κοινού που αφού την περιεργαστεί (για να ελέγξει ότι είναι εντάξει) επιλέγει οποιαδήποτε πέντε χαρτιά θέλει και τα δίνει στον βοηθό του ταχυδακτυλουργού. Αυτός, αφού κοιτάξει καλά τα πέντε χαρτιά, επιστρέφει το ένα στο μέλος του κοινού και δίνει τα άλλα τέσσερα στον ταχυδακτυλουργό. Αφού τα κοιτάξει καλά ο ταχυδακτυλουργός, μετά από μερικά "άμπρα κατάμπρα" ανακοινώνει το χαρτί που κρατάει το μέλος του κοινού.

Πώς το κάνει;

[Σεραφείμ]

Aντιστοιχίζοντας τα 52 χαρτιά με τους αριθμούς από το Νο 1 έως το Νο 52, θα πρέπει να υποθέσουμε ότι σε οποιαδήποτε πεντάδα, θα πρέπει να υπάρχει ενιαίος κανόνας ώστε τα 4 απ' αυτά να προσδιορίζουν μονοσήμαντα το 5ο. Δεν μένει παρά να βρούμε τον κανόνα

[MoV]

Αν ο βοηθός μπορούσε ακόμα να:
1)τοποθετήσει ένα απο τα 4 χαρτιά στο τέλος της τετράδας
2)αναποδογυρίσει κάποια από τα χαρτιά τις τετράδας
τότε:

θα μπορούσαμε να πούμε ότι το χαρτί ανάποδα σημαίνει 0 ένω κανονικά 1.

Αδιαφορώντας για το σχήμα η τράπουλα έχει συνολικά 13 διαφορετικά χαρτιά
οπότε αν πάρουμε 5 ( αδιαφορούμε για το σχήμα ) τουλάχιστον ένα ζεύγος
χαρτιών θα διαφέρει το πολύ κατά 3. Από το ζεύγος αυτό , ο βοηθός δείνει στο
κοινό το μεγαλύτερο χαρτί ,ενώ το άλλο χαρτί απο το ζεύγος το τοποθετεί στο τέλος της τετράδας.

Αναποδογυρίζει κατάλληλα τα δύο πρώτα χαρτιά τις τετράδας ώστε να δείχνουν το σχήμα(4 τα σχήματα , 4 και οι διψήφιοι δυαδικοί αριθμοί).

Αναποδογυρίζει κατάλληλα τα δύο τελευταία χαρτιά της τετράδας ώστε να δείχνουν πόσο πρέπει να προσθέσω στο τελευταίο χαρτί για να πάρω το χαρτί του κοινού αγνοώντας το σχήμα ( αύτο που πρέπει να προσθέσω είναι μεταξύ 0 και 3 δηλαδή μεταξύ 00 και 11 ).

[Demetres]

MoV, πολύ έξυπνη η λύση σου και διαφορετική από αυτήν που είχα υπόψη μου.

Ας πούμε όμως πως αν το κοινό δει πως ο βοηθός δίνει μερικά χαρτιά ίσια και μερικά ανάποδα τότε θα καταλάβει πως κάποιος μυστικός κώδικας παίζει μεταξύ βοηθού και ταχυδακτυλουργού και δεν θα εντυπωσιαστεί από τα "άμπρα κατάμπρα". Ας το απαγορέψουμε λοιπόν αυτό. Τότε τι γίνεται; Μπορούμε να υποθέσουμε πως ο βοηθός είναι ταχυδακτυλουργός (με την κυριολεκτική σημασία της λέξης) και μπορεί τοποθετήσει κάποια από τα χαρτιά στην αρχή, στο τέλος κ.τ.λ. χωρίς το κοινό να υποψιαστεί ότι το κάνει σκόπιμα.

[k-ser]

Σκέφτηκα κάτι παρόμοιο με τη λύση του Mov, που εμπίπτει, συνεπώς, στον περιορισμό που έβαλε ο Δημήτρης.

Κατ' αρχήν, δύο από τα χαρτιά θα έχουν το ίδιο "σχήμα" (αρχή του περιστερώνα).
Δίνουμε το ένα από αυτά στο κοινό και το δεύτερο το τοποθετούμε στην πρώτη θέση της τετράδας.
Στην τετράδα τοποθετούμε τα χαρτιά με το πίσω ή το μπροστινό μέρος αν θέλουμε να έχουμε 0 ή 1 αντίστοιχα.
Στο δυαδικό σύστημα οι 13 πρώτοι αριθμοί είναι:
0001 (1), 0010 (2) , 0011 (3) , 0100 (4) , 0101 (5) ,
0110 (6), 0111 (7), 1000 (8), 1001 (9), 1010 (10),
1011 (11), 1100 (12), 1101 (13).

Εύκολα, με τον τρόπο τοποθέτησης μπρος - πίσω (1 - 0), σχηματίζουμε οποιονδήποτε από τους 13 αριθμούς και με δεδομένο ότι το πρώτο φύλλο δείχνει και το "σχήμα" έχουμε το ζητούμενο μαγικό!

Υ.Γ.: Ενδεχομένως, με κάποιον τρόπο να μπορούμε να "γράψουμε" τους αριθμούς από το 1 έως το 13, σε δυαδική μορφή, με διαφορετικό τρόπο - χωρίς να αναποδογυρίσουμε τα χαρτιά....πως όμως;

[Demetres]

Τώρα που τα ξανασκέφτομαι, μια λύση για να δίνουμε τα χαρτιά και απ'την ανάποδη χωρίς να υποψιαστεί το κοινό είναι να τα δίνουμε ένα προς ένα πότε απ'την ίσια και πότε απ'την ανάποδη. Κάθε χαρτί που παίρνει ο ταχυδακτυλουργός θα συγκεντρώνεται για λίγη ώρα προτού να ζητήσει και το επόμενο.

Ίσως παίζουν και άλλα κόλπα. Π.χ. κάποτε να του δίνει το χαρτί με το αριστερό χέρι και κάποτε με το δεξί. Με τέτοια κόλπα μάλλον μπορούμε να μειώσουμε τον αρχικό αριθμό τον πέντε χαρτιών για να γίνει πιο εντυπωσιακό το μαγικό.

Υπάρχει πάντως τρόπος για αποφυγή του ίσια/ανάποδα, αριστερό/δεξί. Θα περιμένω ακόμη λίγο. Ίσως βρείτε και κάτι διαφορετικό από αυτό που γνωρίζω.

[MoV]

Αν είχαμε 26 χαρτία δήλαδη μονο κόκκινα-μαύρα χωρίς σύμβολα τότε:

4 ομάδες : 1) α={1,2,3} , 2) β={4,5,6} , 3) γ={7,8,9} , 4) δ={10,11,12,13}
Δύο χαρτιά θα ανήκουν σίγουρα στην ίδια ομάδα.

Ας υποθέσουμε ότι τα χαρτιά θα είναι κατανεμημένα στις ομάδες έτσι ώστε όλες να έχουν από
ένα χαρτί και συνέπως ακριβώς μια να έχει δύο χαρτιά ( η υπόθεση αυτή θα γείνει βέβαιη στην συνέχεια καθώς οι ομάδες θα τροποποιηθούν * ).
Κρύβουμε το ένα από τα δύο χαρτιά ( θα δούμε σε λίγο τα κριτίρια ** ) της διμελής ομάδας και το άλλο το τοποθετούμε πρώτο στην τετράδα.
Δεύτερο χαρτί της τετράδας θα είναι το χαρτί του οποίου o αριθμός της ομάδας , μαρτυράει τη θέση του κρυμένου χαρτιού στην ομάδα του.
**Ως εκ του το χαρτί που θα κρύψουμε πρέπει να έχει διαφορετική θέση στην ομάδα από το νούμερο της ομάδας στην οποία ανήκει , αυτό ισχύει για τις ομάδες α,β,γ , ενώ αν η διμελής ομάδα είναι η δ και ένα μέλος τις είναι το 13 τότε αύτο θα είναι το πρώτο χαρτί τις τετράδας , θα κρύψουμε δηλαδή το άλλο μέλος.

Έπειτα μένουν δύο χαρτία από δύο ομάδες και μας μένει να προσδιορίσουμε το χρώμα του χαρτιού. Μπορούμε να τα τοποθετήσουμε σε αύξουσα ή φθίνουσα διάταξη ως προς το νούμερο της ομάδας και αρα να μαρτυρήσουμε αν το χαρτί ειναι μαύρο ή κόκκινο.

*Για να άρουμε την υπόθεση ότι τα χαρτιά θα είναι κατανεμημένα στις ομάδες έτσι ώστε όλες να έχουν από
ένα χαρτί και συνέπως ακριβώς μια να έχει δύο χαρτιά , μπορούμε να δημιουργησουμε τις ομαδές δυναμικά έχοντας ως βάση τις αρχικές ομάδες.
Δηλαδή θα θεωρήσουμε ότι οι ομάδες συνορεύουν ως εξής : α -> β -> γ -> δ -> α
Και θα κάνουμε μετακινήσεις στις ομάδες όπως υπαγορεύουν τα βελάκια , δηλαδή η α δείνει μόνο στην β , η β δείνει μόνο στην γ κ.ο.κ. .Έδω χριάζονται καποιές ακόμα συμφωνίες όπως :
1)πρώτα να μετακινόυνται "αλλοδαπά" χαρτιά και κατόπιν τα γηγενή
2)οι θέσεις των χαρτιων στις ομάδες καθορίζονται σύμφωνα με την αρχική κατανομή , δεν επηρεάζονται δηλαδή από τις μετακινήσεις


Ίσως με λίγη προσπάθεια ακόμα επεκτείνεται και για 52 χαρτιά.

[duperman]

Η τράπουλα έχει τέσσερα σχηματα, άρα τουλάχιστον δύο έχουν το ίδιο σχήμα.

O βοηθός επιλέγει το ένα από τα δύο και το άλλο το βάζει πρώτο.
Αν υποθέσουμε ότι πάντα δίνει το μικρότερο τότε οι μέγιστοι συνδυασμοί για τον αριθμό της κάρτας περιορίζονται στους 12 (1-12)

Μένει να βρεθεί τρόπος να περιγραφεί ο αριθμός με τρεις (ίσως και τέσσερεις) κάρτες.

oops το έχετε γράψει ήδη αυτο!!!
Να μάθω να διαβάζω καλύτερα

[duperman]

Συνεχίζω με το προηγούμενο....

ο βοηθός διαλέγει ένα από τα δύο (τουλάχιστον) χαρτιά που έχουν το ίδιο σχήμα.
φροντίζει πριν το δώσει να το έχει βάλει στην θέσει που ταιριάζει μο το υπόλοιπο τις διάιρεσης με το 5.

Αν είναι 1,6,11 στην πρώτη θέση
2,7,12 στην δεύτερη
3,8,13 στην τρίτη
4,9 στην τέταρτη
5,10 στην πέμπτη

Δίνει το χαρτί στον θεατή και δίνει πρώτο το χαρτί με το ίδιο σχήμα στον μάγο.
Τώρα ο μάγος πρέπει να μπορεί να βρεί το πολύ ένα από τρία νούμερα.

Ας πάρουμε περιπτώσεις.
1) Αν και τα τρία άλλα χαρτιά έχουν διαφορετική αρίθμήση τότε αν είναι σε άυξουσα σειρά λέει το μικρότερο από τα τρία, σε φθίνουσα το μεγαλύτερο και ανακατεμένα το μεσαίο
2) Αν δύο χαρτιά έχουν την ίδια αρίθμηση τότε ισχύει το ίδιο με πριν.
3) Αν και τα τρία έχουν τον ίδιο αριθμό τότε δύο από αυτά θα έχουν το ίδιο "χρώμα" (κόκκινο μαύρο). Αν βάλει τα δύο ίδια πρώτα τότε διαλέγει το μικρότερο από τα 3 πιθανά, αν είναι στο τέλος το μεγαλύτερο και ανακατεμένα το μεσαίο.

Όλα αυτά με την προϋπόθεση ότι ο βοηθός μπορεί να ανακατεύει τα πέντε χαρτιά.

[Demetres]

Συνεχίζω με το προηγούμενο....

ο βοηθός διαλέγει ένα από τα δύο (τουλάχιστον) χαρτιά που έχουν το ίδιο σχήμα.
φροντίζει πριν το δώσει να το έχει βάλει στην θέσει που ταιριάζει μο το υπόλοιπο τις διάιρεσης με το 5.

Αν είναι 1,6,11 στην πρώτη θέση
2,7,12 στην δεύτερη
3,8,13 στην τρίτη
4,9 στην τέταρτη
5,10 στην πέμπτη

Δίνει το χαρτί στον θεατή και δίνει πρώτο το χαρτί με το ίδιο σχήμα στον μάγο.
Τώρα ο μάγος πρέπει να μπορεί να βρεί το πολύ ένα από τρία νούμερα.

Ας πάρουμε περιπτώσεις.
1) Αν και τα τρία άλλα χαρτιά έχουν διαφορετική αρίθμήση τότε αν είναι σε άυξουσα σειρά λέει το μικρότερο από τα τρία, σε φθίνουσα το μεγαλύτερο και ανακατεμένα το μεσαίο
2) Αν δύο χαρτιά έχουν την ίδια αρίθμηση τότε ισχύει το ίδιο με πριν.
3) Αν και τα τρία έχουν τον ίδιο αριθμό τότε δύο από αυτά θα έχουν το ίδιο "χρώμα" (κόκκινο μαύρο). Αν βάλει τα δύο ίδια πρώτα τότε διαλέγει το μικρότερο από τα 3 πιθανά, αν είναι στο τέλος το μεγαλύτερο και ανακατεμένα το μεσαίο.

Όλα αυτά με την προϋπόθεση ότι ο βοηθός μπορεί να ανακατεύει τα πέντε χαρτιά.

Σωστά. Να δώσω και την λύση που γνωρίζω εγώ η οποία δεν τοποθετεί το χαρτί που θα δώσει στον θεατή πίσω σε κάποια από τις πέντε θέσεις. (Το θεωρώ όμως θεμιτό να επιτρέπεται αφού οι θεατές μάλλον δεν θα το καταλάβουν.)

Όπως έχει ήδη επισημανθεί, υπάρχουν δύο χαρτιά του ιδίου φύλου με αριθμούς χ και ψ. (Όπου ο βαλές ισούται με 11, κτλ.) Αν τότε δίνουμε στον θεατή το , αλλιώς και δίνουμε στον θεατή το . (Π.χ. αν έχουμε 1 και 5 θα δώσουμε το 1, αλλά αν έχουμε 1 και 10 θα δώσουμε το 10.)

Βάζουμε το άλλο χαρτί πρώτο. Μένει με τα εναπομείναντα τρία χαρτιά να δηλώσουμε πόση είναι η διαφορά του πρώτου χαρτιού από αυτό του θεατή. Η διαφορά είναι 1,2,3,4,5 ή 6 και υπάρχουν ακριβώς 6 διαφορετικές μεταθέσεις τριών χαρτιών. Μπορούμε π.χ. να διατάξουμε αρχικά όλα τα χαρτιά ως εξής: 1 κούπα < 2 κούπα < ... < ρήγας κούπα < 1 σπαθί < 2 σπαθί < ... . Έτσι τα τρία χαρτιά α,β,γ έρχονται με μια διάταξη, π.χ. α<β<γ. Αν το πρώτο από αυτά τα χαρτιά που θα δώσουμε είναι το α δηλώνουμε ότι η διαφορά ισούται με , αν είναι το β με και αν είναι το γ με . Τέλος ανάλογα με το ποια σειρά θα δώσουμε τα άλλα δυο χαρτιά θα δηλώσουμε αν η διαφορά ισούται με 0 ή .

Δεν το έχω δοκιμάσει αυτό το κόλπο. Αν κάποιοι το προσπαθήσουν περιμένω το αποτελέσματα.