Een stapeltje geld verdelen
Rijg elke munten met draden aan elke andere en leg ze in de vorm van een zevenhoek voor je neer. Als je het stapeltje van zeven aaneengeregen munten in 2 delen wilt verdelen moet je  een aantal draadjes doorknippen. Wil je het in 3 + 4 verdelen dan moet je 12 draden doorknippen, namelijk van elk van de drie naar de vier:
En zo gaat het elke keer: het geld dat je krijgt is precies gelijk aan het aantal draden dat je doorknipt.
Na afloop liggen alle munten los (alleen maar stapeltjes van 1) dus zijn alle draden doorgeknipt.
Het bedrag dat je hebt gekregen is dus precies gelijk aan het aantal draden, dus onafhankelijk van de manier van verdelen! Je krijgt elke keer het zelfde bedrag, en dat bedrag is gelijk aan het aantal draden, ofwel aan het aantal zijden + diagonalen van een n-hoek (waarbij n het aantal munten is in de oorspronkelijke stapel).
Hoeveel diagonalen + zijden heeft een n-hoek?

Vanaf elk van de n hoekpunten kun je  n - 1 lijnen tekenen (naar alle andere hoekpunten, maar niet naar zichzelf). Dat geeft n (n - 1) lijnen, maar nu hebben we elke lijn dubbel getekend (van A naar B n van B naar A). Het werkelijke aantal is dus 0,5 n (n - 1),  en dat is ook het bedrag dat je voor n munten zult ontvangen.

Het Whiskyprobleem

- een vergelijkbaar probleem-

Voor je staan een even aantal  flessen, gevuld met respectievelijk 1, 2, 3, ...  centiliter whisky.
Die verdeel ik vervolgens willekeurig in twee groepen met evenveel flessen.
Vervolgens zet jij  de flessen in koppeltjes bij elkaar; steeds n fles uit de ene groep gekoppeld aan een fles uit de andere.
Tot slot ga je de koppeltjes even vol maken door steeds whisky uit de volste van de twee weg te gieten in een groot vat. Dat doe je tot dat alle koppeltjes flessen even vol zijn.
Jij krijgt als beloning na afloop alle whisky uit het vat.

Hoeveel whisky denk je maximaal te kunnen krijgen als er oorspronkelijk 2n flessen zijn?

Het mooie van dit probleem is, dat de maximale hoeveelheid whisky niet afhangt van hoe ik de flessen in groepen verdeel! Net zoals het geld dat je bij het stapeltjes verdelen van het vorige probleem maximaal kon krijgen.
Even een oefenvoorbeeldje?


Dit onderverdelen levert je dus 21 centiliter whisky op. Maar het kan beter:

Het is eigenlijk heel eenvoudig: alle whisky die na afloop nog in de flessen zit krijg jij niet, dus je moet ervoor zorgen dat er na afloop zo weinig mogelijk whisky in de flessen zit.  Dat kun je bereiken door de leegste n flessen eerst neer te zetten (dus die van 1, 2, 3..., n) en daarna bij elk van die flessen een willekeurige partner uit de andere groep te plaatsen.  Het koppeltje 5 - 1 hierboven was dus fout.

In de n leegste flessen  zat  1 + 2 + ... + n = 1/2 n (1 + n) = 1/2n + 1/2n2 centiliter
Dus na afloop zit er in de koppeltjes het dubbele:  n + n2 centiliter.
Maar oorspronkelijk zat er in alle flessen  1 + 2 + ... + 2n  = 1/2 2n (1 + 2n) = n + 2n2 centiliter.
Dus in het vat zit altijd  (n + 2n2) - (n + n2) = n2 centiliter.

Dit probleem is eigenlijk EXACT hetzelfde als het volgende van een wiskunde-olympiade in 1985:

De getallen 1,2,3,..., 2n worden willekeurig in twee groepen verdeeld.
Zet de getallen in groep A op volgorde van klein naar groot, 
en zet die in groep B van groot naar klein.
Dus a1 < a2 < ... < an  en  b1 > b2 > ... bn
Bewijs dat  |a1 - b1| + |a2 - b2| + ... + |an - bn| = n2
Lijkt vreemd, niet?

Voorbeeldje:  neem  de getallen 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18
Maak daar willekeurig de groepen   1,3,5,6,12,13,15,17,18  en  2,4,7,8,9,10,11,14,16 van.
Zet de op volgorde:  1,3,5,6,12,13,15,17,18  tegenover  16,14,11,10,9,8,7,4,2
Van elkaar aftrekken levert  15 + 11 + 6 + 4 + 3 + 5 + 8 + 13 + 16 = 81 = jawel: 92


Dit zou geen heuse wiskundepagina zijn zonder een bewijs van deze vreemde eigenschap:

Laten we de oorspronkelijke getallen 1 tot en met  n de eerste helft noemen, en  n + 1 tot en met  2n de tweede helft.
Noem de koppeltjes die ontstaat  (ai , bi)
Dan komen ai en bi altijd uit een verschillende helft! Dat dat hierboven zo was is geen toeval!
Dat kun je z zien:
Stel dat ai en bi beide uit de eerste helft komen. Dan zitten ook  a1  tot en met ai en  bi tot en met bn in de eerste helft (immers de a's  en b's stonden op volgorde). Maar dat zijn samen  i + n + 1 - i = n + 1 getallen en dat past niet in de eerste helft.

Stel dat ze beiden uit de tweede helft komen, dan zitten ook b1 tot en met bi  en ai tot en met an in de tweede helft. Dat zijn alweer n + 1 getallen dus dat kan ook niet.

Conclusie: overal staat in een koppeltje een getal uit de eerste helft tegenover een getal uit de tweede helft.
We kunnen in de eindsom de absolute waarde weglaten als we de grootste van de twee steeds voorop zetten.
Maar dan staat er dus alle getallen uit de tweede helft min alle getallen uit de eerste helft.
Dat is   [(n + 1) + (n + 2) + ... + 2n ] -  [(1 + 2 + ... + n)] = n2

Bewezen!

Raadsels met Alternatieve oplossingen.
Bij het verdelen van het stapeltje geld zagen opeens een mooie alternatieve oplossing uit een ander gebied van de wiskunde tevoorschijn komen.
Dat is ook zo bij het volgende, op het oog nogal saaie en vergezochte, probleem:
Bepaal het minimum van de functie:

Je zou kunnen gaan differentiren en nulstellen.
Dat levert de volgende lelijke vergelijking:    83 y7 - 4y6 - 83 y5 - 13y4 - 43y3 - 7y2 + 3 = 0  waarbij  y = x
Er is echter een erg eenvoudige, elegante andere methode.....