Newsgroup: it.hobby.enigmi
Titolo: Oliate le bilance!

Piu' di un anno fa postai questo problemino di pesate, poco conosciuto.
secondo me non ebbe l'attenzione che si merita. Visto che il numero di
solutori DOC e' aumentato, lo ripropongo.
Abbiamo a disposizione una bilancia elettronica con precisa lettura del
peso. (NON quella solita a doppio piatto).
Ci vengono date 6 palline, 5 di queste sono dello stesso peso, 1 e' di
peso differente.
Con 3 pesate identificare la pallina, determinando anche il peso delle
regolari e della differente.
:) dario

"Dario Uri" ha scritto

Non ricordo se e come avessi affrontato il problema un anno fa, quindi
riprovo ex novo.
v
v
v
v
v
v
v
v
Premetto alcune considerazioni di metodo e alcune convenzioni per la
rappresentazione dei risultati.
Utilizzo il simbolo /= per indicare che due pesate hanno la stessa media,
cioe'
(abc)/=(cd) indica che la seconda pesata e' 2/3 della prima
Per il caso opposto utilizzo il simbolo /<>.
Ovviamente, se le due pesate hanno lo stesso numero di palline, il simbolo
/= equivale al semplice =.
In generale, dal confronto tra due pesate, si deduce
_pesate con uguale numero di palline
se (ABC)=(CDE), la pallina anomala puo' essere C (compresa in entrambe le
pesate), oppure F (esclusa da entrambe)
se (ABC)<>(CDE) la pallina anomala puo' essere A,B,D,E (comprese in una sola
delle pesate)
_pesate con numero differente di palline
se (ABC)/=(CD) tutte le palline considerate sono buone
se (ABC)/<>(CD) ciascuna delle palline considerate potrebbe essere quella
anomala.
Allora nel nostro caso, dette (A,B,C,D,E,F,) le palline, e P,Q,R, i valori
delle pesate, peso inizialmente:
P (A+B+C+D)
Q (C+D+E)
Dal confronto tra le pesate, vedo che
Se P/=Q,    F e' anomala, A=B=C=D=E=P/4 sono buone, e con la terza pesata
determino il valore di F
Se P/=Q, la pallina anomala puo' essere ABCDE, quindi faccio la terza pesata
R (A+C)
Se R/=P l'anomala e' E
Se R/=Q l'anomala e' B
Se nessuna delle condizioni suddette si verifica, la pallina anomala puo'
essere A,C,D
In questo caso considero le differenze
(P-R)=(B+D)
(Q-R)=(D+E-A)
Se (P-R)/=Q, allora C e D sono buone, A e' anomala
Se (P-R)/=(Q-R), allora  A e D sono buone, C e' anomala
Altrimenti D e' anomala.
Una volta individuata la pallina anomala, considerando una delle pesate in
cui questa non sia compresa trovo il peso buono, e quindi quello della
pallina anomala per differenza da una pesata in cui questa sia compresa.
Nel caso particolare che l'anomala sia C, compresa nelle tre pesate, calcolo
il peso buono da una delle differenze in cui C non compare (per esempio da
P-R).
P.S.
da vaghe reminiscenze mi pare che esistesse anche una soluzione con pesate
predeterminate, ossia la terza pesata non veniva scelta in base al risultato
delle prime due; non sono riuscito a trovarla.
ciao
paolo


Ma esiste effettivamente una soluzione con 3 pesate predeterminate?
Da alcune considerazioni che ho fatto emergerebbe che tale soluzione non
esiste a meno che non ci si limiti a 5 palline oppure non si ricorra alla
settima (e ormai abusata) pallina extra (quella con peso normale).
O mi sfugge qualcosa?
Ciao
Giorgio

 
Cosi' senza pensarci troppo direi di pesare prima una poi due poi tutte
la prima pesata da X
la seconda o 2X o X+Y (e facile sapere quale...)
nel primo caso la terza ci da Y sottraendo 5X oppure ci da quale e'
quella diversa a seconda se e' 5X+Y oppure 5Y+X.
Direi che questa strategia vale per qualsiasi numero N di palline se la
bilancia a) ha una portata tale da sopportare il peso di tutte le palline
e b) una precisione tale da distinguere tra N*X+Y ed N*Y+X.
Ciao,
     GianPiero
-- 
*  Istituto Nazionale di Ottica Applicata              GianPiero Puccioni  *
*  Largo E.Fermi 6                           E-Mail :  
g...@ino.it
          *
*  I-50125  Firenze - ITALY    =>this space intentionally left non-blank<= *

 settima (e ormai abusata) pallina extra (quella con peso normale).
Ed e' proprio cosi', in questo caso non si possono predeterminare le
pesate. Vediamo perche':
Ci sono 7 modi differenti di collocare una moneta nelle 3 pesate ABC.
Come al solito 1 indica la presenza sul piatto:
   1  2  3  4  5  6  7
A  0  0  0  1  1  1  1 
B  0  1  1  0  0  1  1
C  1  0  1  0  1  0  1 
Seguendo la tabellina le 3 pesate sarebbero:
A= 4,5,6,7
B= 2,3,6,7
C= 1,3,5,7
In questo modo pero', rimane il dubbio pesante/leggera, se ad es. i 3
risultati fossero 60,60,58 diciamo grammi, potrebbe essere piu' pesante
di 2g. la num. 6 che appare in AB, oppure piu' leggera di 2g. la num.1
che appare in C. 
Per evitare questa ambiguita' dovremo eliminare qualche combinazione.
Con alcune prove si vede che 5 e' il massimo ottenibile, come
giustamente dice Giorgio. Ci sono 2 modi possibili:
   1  2  3  4  5
A  1  1  1  0  0
B  1  0  0  1  1
C  0  1  0  1  0
oppure
   1  2  3  4  5
A  1  1  1  1  0
B  1  1  0  0  1
C  1  0  0  1  0
Che entrambe risolvono le 5 palline in modo predeterminato.
Difatti con palline regolari varrebbe la relazione 2A=2B=3C ed una
differenza consentirebbe l'identificazione della pallina diversa. Es
A=37, B=36, C=25 l'unico modo di ristabilire la relazione e' togliere
1g. da A e C, concludendo che la num.2 (primo schema) pesa 13g. mentre
le altre 12g.
 
Possiamo notere che il secondo schema impiega tutte le 5 palline nelle
prime 2 pesate. Questo ci consente di introdurre la sesta pallina, se la
relazione 3A = 4B non e' rispettata la difettosa e' fra queste 5 allora
procederemo con C=1,4. Altrimenti la difettosa e' la pallina ancora non
pesata, allora C=6. 
Come ben spiegato da Paolo.
A questo punto rilancio con qualcosa di tremento ! vedi "Oliate le
bilance 2"
:) dario

 e b) una precisione tale da distinguere tra N*X+Y ed N*Y+X.
E dą luogo a tre pesate "predeterminate" come richiesto da Paolo.
--
Er Roscio.
(purtroppo, di questi tempi mi collego saltuariamente, e trovo che le
soluzioni
sono gią postate...)


Anche se giungo in ritardo rispetto ad altri frequentatori, posto la mia
soluzione.
Aggiungo che ho molto apprezzato il quesito proposto (non conoscevo nulla di
simile) e lo ritengo veramente difficile.
Ciao
Arturo
(Nell'ipotesi che non ho sbagliato i miei conti ;-) le cose dovrebbero
andare cosi':
Prima Pesata
   P(A,B,C)=x
Seconda Pesata
   P(C,D,E)=y
Se x<>y
======
Terza Pesata
   P(A,D)=z
Deduzioni
   C, F Regolari
   A differente sse x=z+1/3y
        P(Regolare)=1/3y
        P(Differente)=1/3y+(y-x)]
   B differente sse z=2/3y
        P(Regolare)=1/3y
        P(Differente)=1/3y+(y-x)]
   D differente sse y=z+1/3x
        P(Regolare)=1/3x
        P(Differente)=1/3x+(x-y)]
   E differente sse z=2/3x
        P(Regolare)=1/3x
     P(Differente)=1/3x+(x-y)]
Se x=y
=====
Terza Pesata
   P(A,B,D,E,F)=z
Siano
   Delta1=3/5z-x
   Delta2=x-3/5z
Deduzioni
   C differente sse
       Delta1>0
       P(Differente)=P(Regolare)+Delta1
   F differente sse
       Delta2>0
       P(Differente)=P(Regolare)+Delta2

 E dą luogo a tre pesate "predeterminate" come richiesto da Paolo.
Mmmmh !
Peso la num. 1 risultato     10g.
Peso le num. 2e3 risultato   20g.
Peso le num. 1,2,3,4,5,6 risultato 62g.
Qual'e' la piu' pesante ??
ciao :) dario

 ciao :) dario
Ehm... una delle ultime tre !... :-)))))
--
Er Roscio.
(la lontananza dal NG si fa sentire sulle prestazioni !... :-)))


la mia risposta e' molto semplice:
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
divido le sei palline in gruppi da due e faccio le tre pesate. Dividendo per
due il risultato delle due pesate uguali ho il peso di ciascuna delle cinque
palline uguali. Detratto questo peso dal risultato della pesata "diversa" ho
anche il peso della pallina "diversa".
Ho detto bene?
Ciao
Paco

 Ho detto bene?
Stesso errore del Roscio: devi anche individuare qual e` la pallina anomala,
non solo quanto pesa.
Silv:o)


hai ragione. Pero' anche tu hai commesso un errore! Non si mette olio nelle
bilance elettroniche!!!!!
Ciao   Paco