Discussione:
Pesare con il dinamometro
(troppo vecchio per rispondere)
Arturo
2013-11-26 15:12:52 UTC
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Propongo una interessante variante del classico gioco delle pesate.

Si dispone di 26 lingotti apparentemente identici. In realtà 25 di questi hanno uguale peso mentre uno pesa differentemente dagli altri.
Utilizzando una bilancia di precisione a molla (tipo bilancia pesapersone) occorre individuare il lingotto "intruso".

Al minimo, quante pesate sono necessarie?
Come si procede?
p***@libero.it
2013-11-26 19:13:55 UTC
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Post by Arturo
Propongo una interessante variante del classico gioco delle pesate.
Si dispone di 26 lingotti apparentemente identici. In realtà 25 di questi hanno uguale peso mentre uno pesa differentemente dagli altri.
Utilizzando una bilancia di precisione a molla (tipo bilancia pesapersone) occorre individuare il lingotto "intruso".
Al minimo, quante pesate sono necessarie?
Come si procede?
Paolo Lucchesi
2013-12-03 12:39:34 UTC
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Post by Arturo
Propongo una interessante variante del classico gioco delle pesate.
Si dispone di 26 lingotti apparentemente identici. In realtà 25 di questi hanno uguale peso mentre uno pesa differentemente dagli altri.
Utilizzando una bilancia di precisione a molla (tipo bilancia pesapersone) occorre individuare il lingotto "intruso".
Al minimo, quante pesate sono necessarie?
Come si procede?
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Non credo proprio si possa fare in meno di 5 pesate (ogni pesata esclude
"nel peggiore dei casi" metà dei lingotti), e ho il sospetto che 5
pesate sia comunque la risposta esatta.
Però io mi fermo ad un metodo in 6 pesate (che funziona fino a 32 lingotti):
Peso 3 gruppi da 8: almeno due gruppi saranno uguali, così trovo il peso
standard dei lingotti e individuo il gruppo dove si trova il lingotto
diverso.
Peso 4 lingotti da questo gruppo e vedo se l'intruso è tra questi, o
negli altri 4 (ormai so il peso esatto).
Peso 2 lingotti, stesso ragionamento.
Peso un lingotto, stesso ragionamento.

bye
--
Paolo Lucchesi - ***@NOSPAMpaololucchesi.it
b***@gmail.com
2013-12-03 15:56:30 UTC
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Post by Paolo Lucchesi
Post by Arturo
Propongo una interessante variante del classico gioco delle pesate.
Si dispone di 26 lingotti apparentemente identici. In realt� 25 di questi hanno uguale peso mentre uno pesa differentemente dagli altri.
Utilizzando una bilancia di precisione a molla (tipo bilancia pesapersone) occorre individuare il lingotto "intruso".
Al minimo, quante pesate sono necessarie?
Come si procede?
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Non credo proprio si possa fare in meno di 5 pesate (ogni pesata esclude
"nel peggiore dei casi" met� dei lingotti), e ho il sospetto che 5
pesate sia comunque la risposta esatta.
Peso 3 gruppi da 8: almeno due gruppi saranno uguali, cos� trovo il peso
standard dei lingotti e individuo il gruppo dove si trova il lingotto
diverso.
Peso 4 lingotti da questo gruppo e vedo se l'intruso � tra questi, o
negli altri 4 (ormai so il peso esatto).
Peso 2 lingotti, stesso ragionamento.
Peso un lingotto, stesso ragionamento.
bye
--
Paolo Lucchesi
Nella tua risposta indichi 3 gruppi da 8, ma probabilmente intendi 8, 9, 9.

Io ho seguito un procedimento leggermente diverso ma con esiti analoghi (risolvo entro le 6 pesate).

Non credo proprio si possa risolvere in 5 pesate come tu ipotizzi... ma non si sa mai :-))

ciao
Paolo Lucchesi
2013-12-03 16:05:23 UTC
Permalink
Post by b***@gmail.com
Post by Paolo Lucchesi
Propongo una interessante variante del classico gioco delle pesate. [...]
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Peso 3 gruppi da 8: almeno due gruppi saranno uguali, cos� trovo il peso
standard dei lingotti e individuo il gruppo dove si trova il lingotto
diverso.
Peso 4 lingotti da questo gruppo e vedo se l'intruso � tra questi, o
negli altri 4 (ormai so il peso esatto).
Peso 2 lingotti, stesso ragionamento.
Peso un lingotto, stesso ragionamento.
Nella tua risposta indichi 3 gruppi da 8, ma probabilmente intendi 8, 9, 9.
No, tre gruppi da 8, più un quarto gruppo da 2 (ma può essere fino a 8)
che non viene pesato - se i primi tre gruppi sono uguali, l'intruso è in
questo gruppo.
Se ho un gruppo da 9 con dentro il lingotto falso, non riesco a trovare
sicuramente quest'ultimo in sole 3 pesate.
Post by b***@gmail.com
Non credo proprio si possa risolvere in 5 pesate come tu ipotizzi... ma non si sa mai :-))
Continuiamo a rimuginarci sopra.

bye
--
Paolo Lucchesi - ***@NOSPAMpaololucchesi.it
b***@gmail.com
2013-12-03 18:39:33 UTC
Permalink
Giusto per confrontarsi posto la mia soluzione:

Indico con G1, ..., G8, otto gruppi da 3 lingotti e con G9 un gruppo da 2 lingotti.

Pesata 1:
========
Peso contemporaneamente G1+G2+G3
M1 è il valore medio risultante (pesata/9)

Pesata 2:
========
Peso contemporanemanete G7+G8+G9
M2 è il valore medio risultante (pesata/8)

Se M1=M2 il lingotto intruso è tra i 9 restanti ed il gioco è notevolmente semplificato.
Analizzo allora il caso più interessante M1<M2 (analogo a M1>M2)
In questo caso M1 oppure M2 corrispondono al peso del lingotto "tipo"

Pesata 3:
========
Peso contemporaneamente G1+G2+G7
M3 è il valore medio risultante (pesata/9)

Se M3=M2 G3 contiene l'intruso e quest'ultimo è più leggero
Se M3<>M1 AND M3<>M2 G7 contiene l'intruso che è più pesante
(Notare che se G7 contiene l'intruso risulterà:
Media(G1+G2+G7)<>Media(G7+G8+G9) perche' G9 e' di due soli lingotti)
Se M3=M1 vi sono due possibilità:
il gruppo G1+G2 contiene l'intruso che è più leggero
il gruppo G8+G9 contiene l'intruso che è più pesante

Analizzo il terzo caso che è più complesso

Pesata 4:
========
Peso contemporaneamente G1+G8
M4 è il valore medio risultante (pesata/6)

Se M4=M1 il gruppo G9 contiene l'intruso che è più pesante
Se M4=M2 il gruppo G2 contiene l'intruso che è più leggero
Se M4<>M1 AND M4<>M2 l'intruso sarà in G1 (se più leggero) in G8 (se più pesante)

Analizzo quest'ultimo caso più complesso

Pesata 5:
========
Peso contemporaneamnete i seguenti tre lingotti G1(1)+G1(2)+G8(1)
M5 è il valore medio risultante (pesata/3)

Se M5=M1 l'intruso è G8(2) o G8(3) ed è più pesante
(Non può essere G1(3) perché se lo fosse dovrebbe essere M1<M5)
Se M5=M2 l'intruso è G1(3) ed è più leggero
(Non possono essere G8(2) o G8(3) perché se lo fosse dovrebbe essere M2>M5)
Se M5<>M1 and M5<>M2 l'intruso è G1(1), G1(2) (più leggero) o G8(1) (più pesante)

Analizzo quest'ultimo caso

Pesata 6:
========
Peso contemporaneamente G1(1)+G8(1)
M6 è il valore medio risultante (pesata/2)

Se M6<M1 G1(1) è l'intruso ed è più leggero
Se M6>M2 G8(1) è l'intruso ed è più pesante
Se M6=M5 G1(2) è l'intruso ed è più leggero
e***@gmail.com
2013-12-04 07:50:52 UTC
Permalink
Io faccio 2 gruppi da 13 ,con le prime due pesate individuo quello piu' pesante, lo divido in 2 gruppi da 6 lasciando un lingotto da parte , se le seconde due pesate mi danno un peso uguale il lingotto piu' pesante e' quello che ho messo da parte altrimenti prendo il gruppo da 6 che pesa di piu' e lo divido in due gruppi da 3 con le terze due pesate individuo quello piu' pesante, dei tre lingotti rimanenti 1 lo metto da parte e faccio le due pesate per gli altri due, anche qui se il peso e' uguale il lingotto messo da parte e' quello piu' pesante altrimenti quello dei due che da' il peso maggiore. Ricapitolando 2 pesate da 13, 2 pesate da 6, 2 pesate da 3 e due pesate da 1, totale 8 pesate e con un po' di fortuna anche con 4 se quando faccio la pesata dei due gruppi da sei ho la fortuna di mettere da parte il lingotto piu' pesante.
Paolo Lucchesi
2013-12-04 10:14:52 UTC
Permalink
Post by e***@gmail.com
Io faccio 2 gruppi da 13 ,con le prime due pesate individuo quello
piu' pesante [...]
Attento, nessuno ti dice che il lingotto falso è più pesante; potrebbe
essere anche più leggero. E non sai nemmeno di quanto.

(Comunque non trovo - per ora - una soluzione in 5 pesate nemmeno con
l'assunzione che il falso sia più pesante; con 5 pesate posso trovarlo
tra 24 lingotti).

bye
--
Paolo Lucchesi - ***@NOSPAMpaololucchesi.it
Gorgo
2013-12-04 16:13:20 UTC
Permalink
Post by Paolo Lucchesi
Post by e***@gmail.com
Io faccio 2 gruppi da 13 ,con le prime due pesate individuo quello
piu' pesante [...]
Attento, nessuno ti dice che il lingotto falso è più pesante; potrebbe
essere anche più leggero. E non sai nemmeno di quanto.
(Comunque non trovo - per ora - una soluzione in 5 pesate nemmeno con
l'assunzione che il falso sia più pesante; con 5 pesate posso trovarlo
tra 24 lingotti).
bye
Se si sa che e' piu' pesante dovrebbe essere possibile trovarlo tra 32 (5 bit)
basta numerare da 0 a 31 passare alla numerazione binaria e pesare insieme
quelli che hanno 1 al primo poi al secondo etc posto cioe:

1) 1 3 5 7 9 11 13 15 .... 25 27 29 31
2) 2 3 6 7 10 11 14 15 .... 26 27 30 31
3) 4 5 6 7 12 13 14 15 .... 28 29 30 31
4) 8 -> 15 24 -> 31
5) 16 -> 31

e poi prendere le piu' pesanti e ricostruire il numero (basta sommare il primo
termine delle righe appropriate).

Il problema e' se sono tutte uguali nel qual caso non e' possibile sapere se
e' 31 (sempre presente) o 0 ( sempre assente), a meno che non si sappia
anche il peso giusto del lingotto.

Ma la stessa procedura puo' essere applicata a 31 lingotti ed in questo caso
si puo' trovare il piu' pesante.

Ciao,

Gorgo
Arturo
2013-12-04 23:11:35 UTC
Permalink
Complimenti a Paolo che se l'è sbrigata in quattro e quattr'otto ma mi è piaciuto tantissimo anche il ragionamento di Gorgo.
Mi sono divertito a fare un modellino con Excel che (ovviamente) da conferma sperimentalmente di quanto detto nel post.

Ciao
Arturo
Francesco Di Matteo
2013-12-05 18:03:02 UTC
Permalink
Post by Arturo
Complimenti a Paolo che se l'è sbrigata in quattro e quattr'otto ma mi è
piaciuto tantissimo anche il ragionamento di Gorgo.
Mi sono divertito a fare un modellino con Excel che (ovviamente) da
conferma sperimentalmente di quanto detto nel post.
Quindi scusa mi pare che le soluzioni di Paolo e Gorgo siano da sei pesate:
si può fare in sei pesate al minimo? Confermi?



--- news://freenews.netfront.net/ - complaints: ***@netfront.net ---
Gorgo
2013-12-06 09:37:39 UTC
Permalink
Complimenti a Paolo che se l'? sbrigata in quattro e quattr'otto ma mi ?
piaciuto tantissimo anche il ragionamento di Gorgo.
Mi sono divertito a fare un modellino con Excel che (ovviamente) da
conferma sperimentalmente di quanto detto nel post.
si pu? fare in sei pesate al minimo? Confermi?
No sono in cinque, ma devi sapere il peso del lingotto normale ed allora si
puo' fare con 32 oppure se e' piu pesante o piu' leggero e si puo' con 31.

Ma, se non mi sbaglio, il secondo caso porta ad una soluzione in sei.

La procedura descritta (con 31 e cinque pesate) da un risultato se si fa
l'ipotesi che il lingotto e' piu' pesante ed un altro se e' piu' leggero
quindi una sesta pesata (uno dei due con uno sicuramente normale) puo'
risolvere il problema e trovare il lingotto farlocco.

Ciao,
Gorgo
Francesco Di Matteo
2013-12-06 09:44:06 UTC
Permalink
Post by Gorgo
Complimenti a Paolo che se l'? sbrigata in quattro e quattr'otto ma mi ?
piaciuto tantissimo anche il ragionamento di Gorgo.
Mi sono divertito a fare un modellino con Excel che (ovviamente) da
conferma sperimentalmente di quanto detto nel post.
si pu? fare in sei pesate al minimo? Confermi?
No sono in cinque, ma devi sapere il peso del lingotto normale ed allora si
puo' fare con 32 oppure se e' piu pesante o piu' leggero e si puo' con 31.
Ma, se non mi sbaglio, il secondo caso porta ad una soluzione in sei.
Non riesco a capire... Parlando del problema in questione, in 5 o in 6?
Post by Gorgo
La procedura descritta (con 31 e cinque pesate) da un risultato se si fa
l'ipotesi che il lingotto e' piu' pesante ed un altro se e' piu' leggero
quindi una sesta pesata (uno dei due con uno sicuramente normale) puo'
risolvere il problema e trovare il lingotto farlocco.
Perciò in 6...
Post by Gorgo
Ciao,
Gorgo
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Gorgo
2013-12-06 10:24:08 UTC
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Post by Francesco Di Matteo
Post by Gorgo
Complimenti a Paolo che se l'? sbrigata in quattro e quattr'otto ma mi ?
piaciuto tantissimo anche il ragionamento di Gorgo.
Mi sono divertito a fare un modellino con Excel che (ovviamente) da
conferma sperimentalmente di quanto detto nel post.
si pu? fare in sei pesate al minimo? Confermi?
No sono in cinque, ma devi sapere il peso del lingotto normale ed allora si
puo' fare con 32 oppure se e' piu pesante o piu' leggero e si puo' con 31.
Ma, se non mi sbaglio, il secondo caso porta ad una soluzione in sei.
Non riesco a capire... Parlando del problema in questione, in 5 o in 6?
La mia soluzione era in 5 ma per un problema leggermente differente. Pero'
puo' essere estesa al problema originale con 6
Post by Francesco Di Matteo
Post by Gorgo
La procedura descritta (con 31 e cinque pesate) da un risultato se si fa
l'ipotesi che il lingotto e' piu' pesante ed un altro se e' piu' leggero
quindi una sesta pesata (uno dei due con uno sicuramente normale) puo'
risolvere il problema e trovare il lingotto farlocco.
Perci? in 6...
Direi di si.

Ciao,
Gorgo
Arturo
2013-12-06 17:47:52 UTC
Permalink
si pu� fare in sei pesate al minimo? Confermi?
Fare delle affermazione in questo NG è una cosa (per me) sempre molto pericolosa...
perciò ritratto tutto ciò che ho detto in questo thread
(e quindi, implicitamente, ritratto anche di aver ritrattato :-)))

Ciò detto:
la migliore soluzione che avevo trovato quando ho postato questo gioco era in 6 mosse e pertanto mi sembrava cosa buona e giusta far giungere i miei apprezzamenti a chi aveva raggiunto in modo elegante questa soluzione.

Poi sei arrivato tu che hai modificato i pesi e le misure.
Hai insinuato il dubbio postando una soluzione che in realtà è ineccepibile
(nota il tono categorico della mia affermazione che posso permettermi grazie al fatto di aver anticipatamente già ritrattato tutto :-).
Ho cercato un controesempio (che però non può esistere) per non dover ritrattare, ma, per restare in tema, ritratto anche questo.

Ciao e grazie per il tuo contributo

Arturo
Francesco Di Matteo
2013-12-07 09:58:58 UTC
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Post by Arturo
si pu? fare in sei pesate al minimo? Confermi?
Fare delle affermazione in questo NG è una cosa (per me) sempre molto pericolosa...
perciò ritratto tutto ciò che ho detto in questo thread
(e quindi, implicitamente, ritratto anche di aver ritrattato :-)))
la migliore soluzione che avevo trovato quando ho postato questo gioco era
in 6 mosse e pertanto mi sembrava cosa buona e giusta far giungere i miei
apprezzamenti a chi aveva raggiunto in modo elegante questa soluzione.
Poi sei arrivato tu che hai modificato i pesi e le misure.
Hai insinuato il dubbio postando una soluzione che in realtà è ineccepibile
(nota il tono categorico della mia affermazione che posso permettermi
grazie al fatto di aver anticipatamente già ritrattato tutto :-).
Ho cercato un controesempio (che però non può esistere) per non dover
ritrattare, ma, per restare in tema, ritratto anche questo.
Ciao... be' apprezzo molto l'ironia, cmq io come ho già scritto non sono
così convinto della mia soluzione in 5 (in sei è cmq fattibile) e se non
chiarirà qualcun altro mi sa tanto che rimarrò col dubbio :(
Magari posto l'enigma su it.scienza.matematica dove forse qualcuno potrà
illuminarci
Post by Arturo
Ciao e grazie per il tuo contributo
Arturo
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Arturo
2013-12-07 16:43:10 UTC
Permalink
cmq io come ho gi� scritto non sono
cos� convinto della mia soluzione in 5 (in sei � cmq fattibile) e se non
chiarir� qualcun altro mi sa tanto che rimarr� col dubbio :(
Per affermare che la soluzione che hai proposto (in 5 mosse) è corretta ho ragionato nel seguente modo:

Sia PMi il peso medio della pesata i-ma.
Quindi:
PM1 = (pesata 1/7)
PM2 = (pesata 2/6)
ecc.

Si osserva che se il lingotto falso è presente nella pesata 1 allora PM1 è diverso da PM2, PM3 e PM4.
Infatti, indicando con PMk indifferentemente uno dei valori PM2, PM3 o PM4, si ha:
PM1=PMk => 1/7(6V+1F) = 1/6(5V+1F) => 36V+6F =35V+7F=>V=F
In altri temini:
PM1=PMk => pesata 1 non include il lingotto falso

Analizziamo ora i possibili casi:

PM1=x
PM2=PM3=PM4=y
Banalmente il lingotto falso è nella pesata 1.
Si osservi che lo schema non prevede che lo stesso lingotto sia pesato in tutte e tre le pesate successive alla prima.

PM1=PMk=x
PMi=PMj=y
poiché PM1=PMk => la pesata 1 non può includere il lingotto falso
ovviamente PMi e PMj includono il lingotto falso

PM1=x
PMi=PMj=y
PMk=z
(con x<>y<>z)
e' questo il caso più complesso perché si presta ad una doppia interpretazione.
Cominciamo con l'osservare che PM1 diverso da tutti gli altri implica che la prima pesata include il lingotto falso.
Il dubbio è:
il lingotto falso è nelle pesate 1-ma e k-ma
oppure
il lingotto falso è nelle pesate 1-ma, i-ma e j-ma ?

Supponiamo inizialmente che il lingotto falso sia nelle pesate 1-ma, i-ma e j-ma.
Si ha:
1/7(6V+1F)=x (x = PM1)
1/6(5V+1F)=y (y = PMi = PMj)
V=z (z = PMk)
con V<>F

da cui:
(dalla prima relazione) 6/7z+1/7F=x => F=7x-6z
ma contemporaneamente è anche
1/6(5z + 7x-6z)=y => 5z+7x-6z=6y => 7x=6y+z => x=6/7y+1/7z

Supponiamo ora che il lingotto falso sia nelle pesate 1-ma e k-ma.
Si ha:
1/7(6V+1F)=x (x = PM1)
V=y (y = PMi = PMj)
1/6(5V+1F)=z (z = PMk)

da cui (per simmetria):
x=6/7z+1/7y

Infine dimostriamo che le due relazioni non possono essere contemporaneamente vere.
6/7z+1/7y=6/7y+1/7z => 6z+y=6y+z => 5z=5y => z=y (che è contro l'ipotesi)

In conclusione il caso in esame si discrimina analizzando la relazione che esiste tra i pesi rilevati nelle pesate:
PM1 = 6/7 PMi + 1/7 PMk => lingotto falso nelle pesate 1-ma, i-ma e j-ma (PMi = PMj)
PM1 = 6/7 PMk + 1/7 PMi => lingotto falso nelle pesate 1-ma e k-ma (PMi = PMj)


Ciao
Arturo
Francesco Di Matteo
2013-12-08 10:06:09 UTC
Permalink
Post by Arturo
cmq io come ho gi? scritto non sono
cos? convinto della mia soluzione in 5 (in sei ? cmq fattibile) e se non
chiarir? qualcun altro mi sa tanto che rimarr? col dubbio :(
Per affermare che la soluzione che hai proposto (in 5 mosse) è corretta ho
Sia PMi il peso medio della pesata i-ma.
PM1 = (pesata 1/7)
PM2 = (pesata 2/6)
ecc.
Si osserva che se il lingotto falso è presente nella pesata 1 allora PM1 è
diverso da PM2, PM3 e PM4.
PM1=PMk => 1/7(6V+1F) = 1/6(5V+1F) => 36V+6F =35V+7F=>V=F
PM1=PMk => pesata 1 non include il lingotto falso
Sì in effetti questa dimostrazione è cruciale per escludere i due casi
successivi...
Post by Arturo
PM1=x
PM2=PM3=PM4=y
Banalmente il lingotto falso è nella pesata 1.
Si osservi che lo schema non prevede che lo stesso lingotto sia pesato in
tutte e tre le pesate successive alla prima.
Se ci si riferisce alla mia suddivisione in gruppi, questo caso contempla
solo il gruppo D
Post by Arturo
PM1=PMk=x
PMi=PMj=y
poiché PM1=PMk => la pesata 1 non può includere il lingotto falso
ovviamente PMi e PMj includono il lingotto falso
PM1=x
PMi=PMj=y
PMk=z
(con x<>y<>z)
e' questo il caso più complesso perché si presta ad una doppia interpretazione.
Cominciamo con l'osservare che PM1 diverso da tutti gli altri implica che
la prima pesata include il lingotto falso.
il lingotto falso è nelle pesate 1-ma e k-ma
oppure
il lingotto falso è nelle pesate 1-ma, i-ma e j-ma ?
[cut]
Post by Arturo
In conclusione il caso in esame si discrimina analizzando la relazione che
PM1 = 6/7 PMi + 1/7 PMk => lingotto falso nelle pesate 1-ma, i-ma e j-ma (PMi = PMj)
PM1 = 6/7 PMk + 1/7 PMi => lingotto falso nelle pesate 1-ma e k-ma (PMi = PMj)
Tutto giusto... se non ho capito male, e ci si riferisce alla mia tabella,
questo caso discrimina i gruppi E, F, G, M, N, O
Post by Arturo
Ciao
Arturo
Ho fatto un po' di fatica all'inizio, ma ti ringrazio per questa esauriente
dimostrazione, molto ben fatta...
Francesco



--- news://freenews.netfront.net/ - complaints: ***@netfront.net ---
Francesco Di Matteo
2013-12-05 10:28:21 UTC
Permalink
Post by Arturo
Propongo una interessante variante del classico gioco delle pesate.
Si dispone di 26 lingotti apparentemente identici. In realtà 25 di questi
hanno uguale peso mentre uno pesa differentemente dagli altri.
Utilizzando una bilancia di precisione a molla (tipo bilancia pesapersone)
occorre individuare il lingotto "intruso".
Al minimo, quante pesate sono necessarie?
Come si procede?
Ciao,
avevo già postato un problema analogo, circa tre anni fa, legato al più
clssico 12 palline in 4 pesate, qui:
https://groups.google.com/forum/#!topic/it.hobby.enigmi/iVlqCtr8jwc
senza peraltro giungere ad una soluzione certa.
In questo caso conviene analogamente seguire quello stesso criterio, ovvero
effettuando una distribuzione delle prime quattro pesate che si differenzino
al massimo relativamente ai lingotti pesati.
Per fare ciò, conviene a mio avviso suddividere i 26 lingotti in gruppi di
due, ottenendo 13 gruppi che per semplicità si possono elencare come A
(lingotti 1 e 2), B (lingotti 3 e 4), C (5 e 6), ...., O (lingotti 25 e 26).
A questo punto occorre elaborare uno schema di almeno 13 "colonne" a
"correzioni di errore", come nel totocalcio.
(usare caratteri fissi)
-------------------------------------
GRUPPI --> A B C D E F G H I L M N O
-------------------------------------
PESATE x-> 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1
y-> 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0
z-> 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1
w-> 1 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1
-------------------------------------

dove x, y, z e w sono le prime quattro pesate, in cui tutti i 13 gruppi
vengono pesati differenziati.
In particolare i gruppi pesati appaiono così nelle 4 pesate:

A --> w
B --> z
C --> y
D --> x
E --> x, y
F --> x, z
G --> x, w
H --> y, z
I --> y, w
L --> z, w
M --> x, y, z
N --> x, y, w
O --> x, z, w

La relazione tra le 4 pesate dovrebbe quindi essere (se tutti i lingotti
pesassero uguale) 6x = 7y = 7z = 7w
Laddove si verifica una discrepanza, questa dovrebbe poterci dire quale
gruppo ne è la causa.
Per esempio se si verificano i seguenti pesi:
x = 70
y = 60
z = 59
w = 60
dato che solo z risulta in difetto, l'unico gruppo che viene pesato in z è
B, oppure si potrebbe anche dire che x, y e w sono in eccesso, e l'unico
gruppo che risulta pesato in esse (e non in z) è N.
Per cui appare chiaro che nel gruppo B uno dei due lingotti potrebbe pesare
di meno, oppure che nel gruppo N uno dei due potrebbe pesare di più.
Supponendo di voler risolvere la questione in 5 pesate (in 6 sarebbe
banale), mi chiedo: si può riuscire in una sola pesata, a discriminare quale
dei 4 lingotti è quello diverso?

A me pare che volendo limitare la cosa a questo esempio (che però potrebbe
anche non essere così probante) si può escludere che si tratti di un
lingotto più pesante in N.
Infatti, detto 'a' il peso di un lingotto "normale" e 'b' il peso di quello
diverso, si tratterebbe di risolvere il sistema:

13a + b = x
11a + b = y
12a = z
(dove ovviamente deve sussistere la relazione 6x = 7y), il quale a mio
avviso non è risolvibile.
Mentre più plausibile è:
14a = x
12a = y
11a + b = z
sempre dato 6x = 7y

Perciò se tutto questo è vero la quinta pesata non dovrebbe che cercare
quale dei due lingotti in B è più leggero, e a quel punto basta prenderne
uno dei due a caso e pesarlo, e se il suo peso moltiplicato 12 è y allora il
più leggero sarà l'altro (e viceversa).
Ciao
Francesco



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Maurizio Frigeni
2013-12-07 13:00:41 UTC
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Post by Francesco Di Matteo
A me pare che volendo limitare la cosa a questo esempio (che però potrebbe
anche non essere così probante) si può escludere che si tratti di un
lingotto più pesante in N.
In effetti questo si può fare sempre, se la bilancia ha una precisione
sufficiente.

Se a è il peso di un lingotto normale e d l'eccesso di peso (positivo o
negativo) del lingotto anomalo, si può impostare un sistema di equazioni
per ognuno dei 13 possibili casi. Ad es., se il lingotto anomalo è nel
gruppo G, il sistema è:

x = 14a+d
y = 12a
z = 12a
w = 12a+d

Ho controllato con Mathematica che in tutti i casi uno solo dei sistemi
ha soluzione, quindi in un colpo solo questo ci dice quanto valgono a e
d e qual è il gruppo a cui appartiene il lingotto anomalo.

La cosa funziona anche perché in nessun caso il lingotto anomalo non sta
in x e sta invece in y, z e w: se così non fosse avremmo due possibili
soluzioni nel caso in cui y=z=w.

Inoltre è cruciale il fatto che il numero di lingotti pesati in x sia
diverso che nelle altre pesate. Una bella soluzione.

M.
--
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.
Francesco Di Matteo
2013-12-08 10:27:18 UTC
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Post by Maurizio Frigeni
Post by Francesco Di Matteo
A me pare che volendo limitare la cosa a questo esempio (che però potrebbe
anche non essere così probante) si può escludere che si tratti di un
lingotto più pesante in N.
In effetti questo si può fare sempre, se la bilancia ha una precisione
sufficiente.
Se a è il peso di un lingotto normale e d l'eccesso di peso (positivo o
negativo) del lingotto anomalo, si può impostare un sistema di equazioni
per ognuno dei 13 possibili casi. Ad es., se il lingotto anomalo è nel
x = 14a+d
y = 12a
z = 12a
w = 12a+d
Ho controllato con Mathematica che in tutti i casi uno solo dei sistemi
ha soluzione, quindi in un colpo solo questo ci dice quanto valgono a e
d e qual è il gruppo a cui appartiene il lingotto anomalo.
sì hai ragione, ma purtroppo questo non risolve il problema della quinta
pesata, che si rende comunque necessaria per capire quale dei due lingotti è
anomalo.
Post by Maurizio Frigeni
La cosa funziona anche perché in nessun caso il lingotto anomalo non sta
in x e sta invece in y, z e w: se così non fosse avremmo due possibili
soluzioni nel caso in cui y=z=w.
Infatti...
Post by Maurizio Frigeni
Inoltre è cruciale il fatto che il numero di lingotti pesati in x sia
diverso che nelle altre pesate. Una bella soluzione.
Ti ringrazio, come ho scritto avevo trattato un caso analogo, forse ti
ricorderai, ma non fu così fortunato come questo...
Post by Maurizio Frigeni
M.
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Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.
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Maurizio Frigeni
2013-12-08 15:51:28 UTC
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Post by Francesco Di Matteo
sì hai ragione, ma purtroppo questo non risolve il problema della quinta
pesata, che si rende comunque necessaria per capire quale dei due lingotti è
anomalo.
Certo, non credo proprio che sia possibile trovare il lingotto in 4
pesate. Ma già la soluzione in 5 pesate è tutt'altro che ovvia, come
abbiamo visto.

M.
--
Per rispondermi via e-mail togli l'ovvio.
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