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Titolo: Altre pesate

Un ennesimo problema di pesate (non finiscono mai):
Ci sono 61 monete apparentemente uguali.
Sappiamo che 2 sono contraffatte, percio' 59 sono genuine.
Le due monete contraffatte hanno lo stesso peso, ma
differente dalle genuine.
Lo scopo non e' quello di individuare le monete false, ma e'
quello di detrminare se le monete diverse siano piu' pesanti
o piu' leggere di quelle genuine.
Con una bilancia a doppio piatto, si puo' fare in 3 pesate.
Come?
:) dario

"Dario Uri" ha scritto

spoiler
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Considerazioni preliminari:
_se una pesata è in equilibrio, allora le monete considerate sono tutte
buone, oppure ho beccato entrambe le false (una in ciascun piatto);
_se una pesata è squilibrata, allora in un piatto ci saranno solo monete
buone, e nell'altro almeno una falsa.
Metto da parte una moneta che non mi serve, e divido le altre in cinque
gruppi A, B, C, D, E da 12 monete ciascuno.
Prima pesata A/B
se A/B è in equilibrio (tutte buone o una falsa per piatto):
seconda pesata A/C
se anche A/C risulta in equilibrio, allora tutte le monete in A,B,C, devono
essere buone, e in D,E almeno una deve essere falsa
quindi terza pesata (A+B)/(D+E) che è sicuramente squilibrata e mi indica se
in (D+E) c'è una moneta leggera o pesante.
se A/C è squilibrata: poniamo A>C (il caso opposto è simmetrico) sono
possibili due casi:
_A e B contengono ciascuna una moneta pesante, e C è regolare
_C contiene almeno una moneta leggera, e A e B sono regolari
terza pesata (A+C)/(D+E)
se la pesata è squilibrata, sapendo che (A+C) contiene comunque almeno una
moneta falsa, deve essere (D+E) regolare, e quindi il verso dello squilibrio
mi indica se ho una moneta pesante in A, oppure una (o anche due) leggera in
B
se invece la terza pesata è equilibrata, ho una moneta falsa in ciascun
piatto, e queste non possono essere pesanti (abbiamo già visto che se una
pesante fosse in A l'altra sarebbe in B)
Se invece la prima pesata è squilibrata (poniamo A>B)
seconda pesata C/D
se C/D è equilibrata, dal momento che in A/B c'è sicuramente una falsa, C e
D sono entrambe regolari, quindi
terza pesata (C+D)/(A+B)
e il verso dello squilibrio mi indica se la falsa è pesante (in A) o leggera
(in B)
se C/D è squilibrata )poniamo C>D) i casi possibili sono
_due monete pesanti, ai A e C, oppure
_due leggere in B e D
e in ogni caso E deve essere regolare; quindi
terza pesata A/E
se equilibrata, anche A è regolare, quindi la monete falsa sono leggere (in
B e D)
se A>E le monete false sono pesanti (in A e B)
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come vedi, questa soluzione prevede, per la seconda e terza pesata, di
cambiare strategia in funzione dei risultati precedenti: no so se hai una
soluzione con pesate predeterminate.
d'altra parte però questa soluzione è applicabile a qualsiasi numero n di
monete, almeno quando sia
 n=0(mod 5) oppure n=1(mod 5)
e credo, con qualche leggera variazione, anche ad altri valori di n.
ciao
paolo



Provo. Spero di districarmi bene tra tutte queste variabili, sia nel
pensiero, che nell'esposizione.
Spoiler
Legenda
20 x= 20 monete scelte a caso
20 y= 20 monete scelte a caso che non ne hanno nessuna in comune con
le 20 x
20 z= 20 monete scelte a caso che non ne hanno nessuna in comune né
con le 20 x né con le 20 y
 e così via...
Prima pesata
20 x        20 y
Ci possono essere tre possibilità:
la bilancia
sta in equilibrio, (A)
pende a sinistra, (B)
pende a destra (C).
CASO A: piatti in equilibrio.
Tale situazione può essere originata da due circostanze:
Sottocaso A1: nelle quaranta monete prese in esame non c'è nessuna
moneta contraffatta (da ora in poi mc);
sottocaso A2: nelle quaranta monete prese in esame ci sono due mc, una
per parte.
Comunque sia, la seconda pesata è
20 x    20 z
Alla luce dei risultati precedenti, questa pesata non potrà mai essere
in equilibrio, perché: se fossimo di fronte al sottocaso A1, tra le 20
z ci sarebbe per forza almeno una mc, che non sarebbe tra le 20x; se
fossimo nel sottocaso A2, tra le 20z non ci sarebbe nessuna mc, che
invece sarebbe (in un solo esemplare) tra le 20x.
Quindi, potremmo solo trovarci di fronte alla bilancia che pende a
sinistra (sottocaso As) o a destra (sottocaso Ad).
Sottocaso As.
Ci sono due possibilità:
p1: mc sta a destra, ed è più leggera;
p2: mc sta a sinistra, ed è più pesante.
Comunque sia, la terza pesata è:
10x    10x
Se c'è equilibrio, è vera la p1; se la bilancia pende, a sinistra o a
destra, è vera la p2.
Sottocaso Ad.
Ci sono due possibilità:
p1: mc sta a destra, ed è più pesante;
p2: mc sta a sinistra, ed è più leggera.
Comunque sia, la terza pesata è:
10x    10x
e vai col tango.
CASO B: si abbassa il piatto di sinistra.
Tale situazione può originarsi da due motivazioni:
sottocaso B1: ci sono 1 oppure 2 mc a sinistra (e nessuna a destra) e
sono più pesanti;
sottocaso B2: ci sono 1 oppure 2 mc a destra (e nessuna a sinistra) e
sono più leggere.
Comunque sia, la seconda pesata è:
20x    20z
essa non potrà mai condurre ad un abbassamento del piatto di destra,
perchè (me/ve lo risparmio).
Ci potrà essere un abbassamento del piatto a sinistra (sottocaso Bs) o
un equilibrio (sottocaso Be).
Sottocaso Be
Può derivare da due situazioni:
p1: una mc per parte, e allora le mc sono più pesanti;
p2: nessuna mc, e allora le mc sono più leggere.
Comunque sia, la terza pesata è:
10 x    10 x
Se c'è equilibrio, la mc stava tra le 20 y, ed è più leggera.
Se non c'è equilibrio, le mc sono più pesanti.
Sottocaso Bs.
Ci sono due possibilità:
p1: mc a sinistra, più pesanti;
p2: mc a destra (una sola), più leggere
Comunque sia, la terza pesata è:
10 z     10 z
Se c'è equilibrio, mc sono più pesanti; se non c'è equilibrio, mc sono
più leggere.
Caso C: analogo al B, invertendo.
Ciao