Matematyka.pl

Mamy dwie grupy po 5 monet. W każdej grupie znajduje się jedna moneta cięższa od pozostałych. Obie cięższe mają jednakową masę. Pozostałe monety też są jednakowe.
Używając wagi dwuszalkowej wskazać obie cięższe monety w trzech ważeniach.

I ważenie:
Na szalkach kładę po dwie monety z pierwszej grupy.
a) Równowaga identyfikuje piątą monetę jako cięższą.
b) Nierównowaga określa parę monet wśród których jest cięższa.

II ważenie:
Na szalkach kładę po dwie monety z drugiej grupy.
a) Równowaga identyfikuje piątą monetę jako cięższą.
b) Nierównowaga określa parę monet wśród których jest cięższa.

III ważenie:
1) Jeśli w poprzednich ważeniach były dwa przypadki a) to nie ma potrzeby nic ważyć.
2) Jeśli w poprzednich ważeniach był jeden przypadek a) to na szalkach kładę po jednej monecie z pary z przypadku b)
3) W obu ważeniach były przypadki b). Mam dwie pary w których jedna moneta jest cięższa.
Odkładam jedną monetę z pierwszej pary, a drugą kładę na lewą szalkę dokładając do niej dowolną z monet drugiej pary. Na prawą szalkę kładę drugą monetę drugiej pary i dowolną z pozostałych monet.
Możliwe wyniki:
a) Prawa szalka cięższa. Cięższymi są: odłożona moneta i moneta z drugiej pary z szalki prawej.
b) Równowaga. Cięższymi są: moneta z pierwszej pary z szalki lewej i moneta z drugiej pary z szalki prawej.
c) Lewa szalka cięższa.
c1) Wychylenie takie samo jak przy przypadkach b). Cięższymi są: odłożona moneta i moneta z drugiej pary z szalki lewej.
c2) Wychylenie większe niż w przypadkach b). Cięższymi są obie monety z szalki lewej.

Waga dwuszalkowa pokazuje która strona jest cięższa lub lżejsza, wychylenie nie ma nic do rzeczy.
To nie jest poprawne rozwiązanie.

Pewność uzyskuję po maksymalnie 4 ważeniach... da się lepiej?

Na pewno wystarczą 3 ważenia.

ixi pisze:Na pewno wystarczą 3 ważenia.

To prawda. Trzy ważenia wystarczą.
A ciekawe jaka byłaby minimalna liczba ważeń gwarantująca znalezienie monet, o których nie wiadomo, czy są cięższe, czy są lżejsze, ale tylko że są obie takie same i różne od pozostałych?

Nadal nie widzę rozwiązania.

No i właśnie, gdy zaczęłam przed chwilą opisywać rozwiązanie, to doszłam do wniosku, że jednak pominęłam jedną możliwość... brakuje mi jednego ważenia.
Jesteś absolutnie pewien, że wystarczą 3 ważenia?

Z rozwiązaniem tej zagadki jest podobnie jak z jajkiem Kolumba. Jest niezwykle proste. Życzę wytrwałości.-- 31 grudnia 2017, 23:21 --

jmb pisze:

ixi pisze:Na pewno wystarczą 3 ważenia.

To prawda. Trzy ważenia wystarczą.
A ciekawe jaka byłaby minimalna liczba ważeń gwarantująca znalezienie monet, o których nie wiadomo, czy są cięższe, czy są lżejsze, ale tylko że są obie takie same i różne od pozostałych?

Wstępna analiza wskazuje 5 ważeń.

he he he... a mogę użyć większej liczby wag? Wówczas i jedno ważenie może wystarczyć:) A mogę użyć wagi, która ma pięć szalek? Wówczas dwa ważenia wystarczą:)

Jestem porażony geniuszem.

jmb, Jakie postępy w ważeniu?