Wie waren de slimsten van 2012?

Op 20 september vorig jaar publiceerden wij enkele zeer moeilijke puzzels, zowel voor senioren als voor junioren. Wij realiseerden ons dat dit puzzels waren voor een select groepje geïnteresseerden.

Alhoewel we hieraan verder weinig aandacht hebben besteed, stuurden vier senioren een goede oplossing in. Dat is een knappe prestatie! De wiskundigen waren druk aan de slag gegaan met wiskundige programmatuur, zoals Matlab, om de mogelijke oplossingen op te sporen. Anderen hebben het zelf opgelost of misschien internet of andere hulpmiddelen ingeschakeld bij het vinden van de juiste oplossingen. Kortom een geweldige prestatie!

Onze slimsten 2012 bij de senioren waren :

Thomas Beuman, Paul Dekker, Henk Don en Maarten de Wit.

Onze slimste 2012 bij de junioren was:

Dennis Keetman

Wij hebben besloten om hen allemaal een prijs te geven (een boek) en de wisseltrofee van Schaaksite.nl gaat naar Thomas Beuman voor de meest uitgebreide onderbouwing van de oplossingen. Bij de junioren verdient Dennis Keetman een prijs (een boek) en hij krijgt de Schaaksite.nl wisseltrofee voor junioren.

Wordt vervolgd.

13 Comments

  1. Avatar
    Leo Kranenburg januari 09, 2013

    Mooi om te zien dat mijn clubgenoot Paul Dekker in dit rijtje staat. Voor de kenners is dit echter geen verrassing. Hij houdt zich namelijk al meer dan 50 jaar bezig met schaakproblemen en is al sinds 1954(!) lid van de Nederlandse Bond van Schaakprobleemvrienden. Gefeliciteerd!

  2. Avatar
    Wiebe Cnossen januari 09, 2013

    Met alle respect, maar voor de doorgewinterde oplosser van bv projecteuler.net lijken deze puzzels me niet vreselijk lastig. Voor puzzel 3 is in elk geval een oplossing: Pa3, Dd5, De6, Df4 en Dg7

  3. Avatar
    Wiebe Cnossen januari 10, 2013

    Vannacht in bed verzon ik de oplossing voor puzzel 2: Wit Ta1, Lb1, Dc1, Ld1, Te1, Pa2, Kc2, Pe2 en zwart hetzelfde gespiegeld ertegenover. Met puzzel 1 ben ik nog bezig.

  4. Avatar
    Wiebe Cnossen januari 11, 2013

    En hier dan een van de mogelijke oplossingen voor puzzel 1 (met dank aan de heer Mysore die deze oplossing al in 1852 gevonden had):

    15,22,43,52,17,54,11,46

    42,51,16,21,12,45,18,55

    23,14,49,44,53,20,47,10

    50,41,24,13,48, 9,56,19

    63,26, 1,40,57,32, 7,34

    2,39,62,25, 8,35,58,31

    27,64,37, 4,29,60,33, 6

    38, 3,28,61,36, 5,30,59

  5. Avatar
    Koorevaar januari 11, 2013

    Wiebe prima werk! Maar is er ook een oplossing waarbij de diagonalen ook optellen tot dezelfde som? Wist Mysore dit al in 1852?

    Ik hoor weer van je!

    Teun

  6. Avatar
    tbeuman januari 11, 2013

    Het waren inderdaad leuke puzzels voor een programmeur, al was puzzel 1 wel tijdrovend voor zowel mij als mijn computer.

    Er is mij gevraagd of ik een stukje wil schrijven met en over de oplossingen. Ik zal proberen daar binnenkort gehoor aan te geven. Bij deze alvast de hoogtepunten:

    Puzzel 1: 28 oplossingen

    Puzzel 2: 3171 oplossingen

    Puzzel 3: 1 oplossing

  7. Avatar
    Wiebe Cnossen januari 11, 2013

    Dat wist meneer Mysore inderdaad niet, pas in 2003 stelde Meyrignac definitief vast dat er geen oplossing bestaat waarvan de diagonalen ook kloppen.

  8. Avatar
    Ludo Tolhuizen januari 14, 2013

    Nog een opmerking over de diagonalen bij de opgave over de paardsprong.

    We beginnen op c4, een wit veld. Omdat het veld bij elke paardesprong van kleur verandert, staan op de witte velden oneven getallen, en op de zwarte velden staan even getallen. De som van de getallen op de witte velden is dus 1+3+5+…+63, de som van de getallen op de zwarte velden is 2+4+..+64, dus 32 meer. Daarom is de gemiddelde som op de witte diagonalen gemiddeld 32/8=4 meer dan de gemiddelde som op de zwarte diagonalen. We kunnen dus nooit identieke sommen op diagonalen hebben.

  9. Avatar
    Wiebe Cnossen januari 14, 2013

    @Ludo: ik snap je argument niet helemaal. Het gaat immers niet om ALLE diagonalen, maar alleen om a1-h8 en a8-h1. Waarom zou het a priori uitgesloten zijn dat deze specifieke sommen niet ook op 260 kunnen uitkomen?

  10. Avatar
    Wiebe Cnossen januari 14, 2013

    Even gekeken naar het 4×4 geval. Ik kan er wel een vinden met alleen oneven getallen op de ene diagonaal en even op de andere:

    1, 3,14,16

    10,13, 4, 7

    15, 6,11, 2

    8,12, 5, 9

    Maar er is geen geval waarin even en oneven getallen netjes over de ‘witte’ en ‘zwarte’ velden verdeeld zijn.

  11. Avatar
    Ludo Tolhuizen januari 15, 2013

    @Wiebe (11): Aha, gaat het alleen om de hoofd-diagonalen? Dan bewijst mijn argument inderdaad niets.

Only ingelogde gebruikers kunnen een reactie achterlaten.