Pagina 1 di 2
Monete da classificare
Inviato: 15 dic 2007, 15:43
da rand
No, stavolta lo scopo non è scovare una singola moneta falsa. Vi sono date 3 coppie di monete e una bilancia a due piatti. In ciascuna coppia c'è una moneta d'oro e una falsa, che sembra d'oro ma pesa meno. Tutte le monete d'oro pesano uguale, e lo stesso vale per le monete false. Qual è il minimo numero di pesate necessarie per dire quali monete sono d'oro e quali no?
Inviato: 15 dic 2007, 16:24
da albert_K
Con una è evidentemente impossibile, con tre è evidentemente troppo facile, quindi la risposta è sicuramente due. Il ragionamento mi sembra corretto e formale.
Inviato: 15 dic 2007, 16:52
da pingu92
1 pesata: 2 da una parte 2 dall'altra
2 pesata a) sono in equilibrio i due piatti e prima siavevano AeB da una parte e C e D dall'altra mettere A con C e B con D
b) non sono in eq. come a)
3 pesata a;a) rimangono in equilibrio mettere A con D e B con C
a;b) non sono in eq. confrontare le monete non usate fine
b;b) la situazione non cambia non so + andare avanti!!!!!!!!
Inviato: 15 dic 2007, 16:54
da pingu92
4 pesata a;a) confrontare la 2 non usate all'inizio fine
Inviato: 15 dic 2007, 18:52
da pic88
A A'
B B'
C C'
1- confronto A B C col resto, ciò che pesa di più ha due moente vere. Prendo due di quelle e le confronto
Inviato: 15 dic 2007, 19:31
da pingu92
come mi complico la vita sono troppo contorto
Inviato: 15 dic 2007, 20:46
da julio14
pic88 ha scritto:A A'
B B'
C C'
1- confronto A B C col resto, ciò che pesa di più ha due moente vere. Prendo due di quelle e le confronto
Potrebbero anche essere tre vere, no? quindi serve la terza pesata. D'altronde abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Inviato: 15 dic 2007, 22:16
da pic88
Giusto, le dobbiamo riconoscere tutte... ok, si vede che la "difficoltà" stava nel dimostrare che due pesate non bastano
Inviato: 16 dic 2007, 14:22
da rand
julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?
Inviato: 16 dic 2007, 14:37
da Sesshoumaru
rand ha scritto:julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?
Che comunque è $ 2^3 $ e quindi implica 3 pesate, no?
Poi pensavo: lo si può intendere anche come un sistema di equazioni lineari in 3 incognite?
In questo modo risulta evidente che servano 3 pesate/equazioni per determinare tutte le monete
Inviato: 16 dic 2007, 15:14
da rand
No attenzione, la bilancia può dare 3 esiti!
Inviato: 16 dic 2007, 16:42
da mistergiovax
Forse (e dico forse) 3 pesate, perché $ 2<\ln{8}<3 $. In quanto, col dimezzamento delle combinazioni, il risultato esatto si ha dopo ln(n) passaggi (approssimati per eccesso, credo).
Inviato: 16 dic 2007, 19:38
da julio14
rand ha scritto:julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?
No sono 20. Pensa di avere sei monete diverse ABCDEF. Hai $ 6! $ permutazioni totali, se poi conti che ABC sono le tre monete vere e DEF le tre monete false, dividi il risultato per le $ 3! $ permutazioni di ABC e per le $ 3! $ permutazioni di DEF.
Inviato: 16 dic 2007, 19:53
da Sesshoumaru
julio14 ha scritto:rand ha scritto:julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?
No sono 20. Pensa di avere sei monete diverse ABCDEF. Hai $ 6! $ permutazioni totali, se poi conti che ABC sono le tre monete vere e DEF le tre monete false, dividi il risultato per le $ 3! $ permutazioni di ABC e per le $ 3! $ permutazioni di DEF.
Io dico 8
Codice: Seleziona tutto
A B C D E F
V V V F F F
V V F F F V
V F V F V F
V F F F V V
F V V V F F
F V F V F V
F F V V V F
F F F V V V
Mi sembra di non aver dimenticato niente
La mia tabella ovviamente tiene conto del fatto che se una moneta di una coppia (A-D ad esempio) è vera, allora l'altra è necessariamente falsa
(insomma la combinazione ABCDEF = VVFFFV è accettata, mentre ABCDEF = VVFFVF non lo è
)
Inviato: 16 dic 2007, 20:01
da julio14
Quando si dice leggere male il testo... tutto quello che ho scritto fino ad ora era riguardo al problema: abbiamo 6 monete, 3 vere e 3 false, qual'è il numero minimo di pesate per identificarle