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Titolo: non abbandoniamo le 5 pesate

Qualche settimana fa Dario Uri propose un bellissimo quesito, che vado a
riproporre con una mia analisi, un inizio di soluzione che mi sembra
interessante ma che al momento e' arrivata ad un vicolo cieco.
Ecco un ennesimo problema con bilancia:
Abbiamo  una bilancia elettronica sufficientemente precisa e 7 monete.
Sappiamo anche che ciascuna moneta puo' pesare x oppure y, dove x e y
sono sconosciuti.
In 5 pesate determinare il peso di ogni moneta.
:)dario
Io l'ho affrontato cosi':
le prime tre pesate sono le seguenti:
   1234567
1) XXX....
2) ..XXX..
3) X...XX.
Praticamente ogni pesata ha una moneta in comune con le altre 2. Siano A, B
e C i risultati delle tre pesate, con A<=B<=C. Ora battezziamo le monete,
dopo aver odinato i gruppi in ordine crescente di peso, in questo modo:
GA={aa,ab,ac}, GB={ba,bb,bc}, GC={ca,cb,cc} dove ovviamente la moneta xy (yx
e' la stessa!) e' comune ai gruppi X e Y.
Io mi sono trovato benissimo disponendo le monete su vertici e punti medi di
un triangol equilatero, in questo modo:
    ac
   /  \
  cc  aa
 /      \
cb--bb--ba
ma non e' certo l'unico modo. In seguito per non dover disegnare decine di
triangoli (e per non far incrociare gli occhi a chi - ahilui - non usa fonts
a spaziatura fissa) adottero' la notazione ac,aa,ba,bb,cb,cc che e' quella
del triangolo percorso in senso orario partendo dalle tre monete del gruppo
piu' leggero.
Vediamo i possibili esiti
1. A < B < C
2. A < B = C
3. A = B < C
4. A = B = C
1.1. 0 < 1 < 2  (sto indicando la quantita' di monete pesanti)
1.2. 1 < 2 < 3
Vediamo le possibili disposizioni di monete:
1.1.  LLLLPP
1.2.  PLLPPP
ora come quarta pesata peso l'ultima moneta e vedo se e' leggera o pesante,
confrontandola con la media delle tre pesate.
Se coincide con la media di A allora e' leggera e siamo nel caso 1.1.,
altrimenti siamo nell'altro caso.
2.1.  0 < 1 = 1
2.2.  0 < 2 = 2
2.3.  1 < 2 = 2
2.4.  2 < 3 = 3
Con le disposizioni:
2.1.1. LLLPLP
2.1.2. LLLLPL
2.2.   LLLPPP
2.3.1. LLPLPP
2.3.2. LPLPPP
2.3.3. PLLPPL
2.4.   PLPPPP
Di nuovo peso l'ultima e la confronto con le tre medie.
1) p7=mA => 2.1. o 2.2.
2) p7=mC => 2.4.
3) p7<mA<mC o mA>mC>p7 => 2.3.
1) guardando le disposizioni di 2.1. e 2.2. notiamo che differiscono
nell'ultima moneta, che andiamo quindi a pesare. Se cc e' leggera
(confrontiamola con p7), allora siamo nel caso 2.1.2., se non lo e' allora
e' pesante e, dato che conosciamo sia P che L, siamo in grado di valutare se
le pesate B e C contenevano 1 o 2 monete pesanti, sciogliendo le riserve.
2) ci siamo risparmiati una pesata!
3) Sappiamo se p7 e' leggera o pesante. Se guardiamo la coppia aa,cc,
vediamo che nei casi 2.3. puo' valere LP,PP,LL. Pesiamo aa+cc e'
confrontiamo la media con quella delle pesate precedenti. Se e' maggiore di
tutte siamo nel caso PP, se e' minore LL, se sta tra mA e mC allora siamo
nel caso LP.
3.1. 0 = 0 < 1
3.2. 1 = 1 < 2
3.3. 1 = 1 < 3
3.4. 2 = 2 < 3
Il caso e' simmetrico al caso 2., invertendo L e P.
Ora arrivano le rogne :(
4.1. 0 = 0 = 0
4.2. 1 = 1 = 1
4.3. 2 = 2 = 2
4.4. 3 = 3 = 3
Con le disposizioni
4.1.   LLLLLL
4.2.1. LLPLLP
4.2.2. LPLLPL
4.2.3. LPLPLP
4.2.4. PLLPLL
4.3.1. PPLPPL
4.3.2. PLPPLP
4.3.3. PLPLPL
4.3.4. LPPLPP
4.4.   PPPPPP
Il primo e' simmetrico col quarto e si potrebbe risolvere con la solita
pesata della settima, ma se la pesata non coincide con la media allora
saremmo in dubbio tra i casi simmetrici 4.2. e 4.3. che hanno 4 disposizioni
ciascuno, probabilmente troppe per una sola pesata. Quindi dobbiamo cercare
qualcosa d'altro, forse la settima va pesata assieme ed una o piu' gia'
pesate. Il problema e' che in tre pesate ho ottenuto sempre lo stesso numero
e mi manca ancora una moneta da pesare... c'e' abbastanza materiale per un
bel mal di testa...
Non voglio pero' buttare a mare tutto, secondo me la strada e' buona.
Forse in caso di prime due pesate uguali conviene diversificar la strategia.
Se vi pare una buona buona base di partenza fate un fischio.
Ciao, Silv:o)

 bel mal di testa...
Dobbiamo assolutamente evitare di ottenere lo stesso risultato piu' volte,
e' un lusso che non possiamo permetterci! Quindi le pesate debbono essere
TUTTE diverse per numero di monete, e per ordinarle possiamo utilizzare le
medie. Di piu': sarebbe meglio che le quantita' di monete fossero prime tra
loro, in modo che le medie risultino uguali SOLO in caso di monete tutte
dello stesso tipo. Quindi 2,3,5 potrebbero essere buoni numeri per le prime
tre pesate. Un altro espediente per evitare al massimo ambiguita' e' quello
di fare in modo che le monete siano inserite in maniera diversa una
dall'altra nello schema delle pesate. Con 2,3,5 quest'ultima condizione non
puo' essere realizzata, quindi ho pensato di aggiungere una quarta pesata
con 4 monete, anche se non e' prima con 2. A questo punto ho realizzato che
questi 4 valori possono anche essere sommati tra loro per calcolare la media
su 2+3 pesate, oppure su 2+4, 2+5 e 3+4 pesate. In questo modo abbiamo molti
dati da analizzare, e ordinando le medie si riesce facilmente a selezionare
gruppi con al piu' due possibili configurazioni (sto ancora costruendo lo
schema completo, ma credo che stavolta sia vero).
Lo schema che ho usato e' il seguente
   1234567
A) XX.....
B) .XXX...
C) ..XXXX.
D) XX.XX.X
Le colonne sono tutte diverse, come richiesto.
A questo punto calcolo le medie
a = A/2
b = B/3
c = C/4
d = D/5
e = (A+B)/5
f = (A+C)/6
g = (A+D)/7
h = (B+C)/7
i = (B+D)/8
e dall'ordine riesco a risalire, eventualmente con una quinta pesata, alla
sequenza di monete.
Un esempio:
LPLPLLP (L=8; P=11)
a = 19/2 = 9.5
b = 30/3 = 10
c = 35/4 = 8.75
d = 43/5 = 8.6
e = 49/5 = 9.8
f = 54/6 = 9
g = 62/7 = 8.857
h = 65/7 = 9.286
i = 73/8 = 9.125
ora ordiniamoli: d<c<g<f<i<h<a<e<b
se avessimo la tabella delle 128 possibili stringhe troveremmo subito quelle
che fanno al caso nostro, comunque tentiamo a mano: dobbiamo trovare i
numeratori che rendano vera la catena di diseguaglianze
.   .   .   .   .   .   .   .   .
- < - < - < - < - < - < - < - < -
5   4   7   6   8   7   2   5   3
Intanto sul terzultimo 2 ci va un 1 altrimenti le successive non possono
valere, quindi le prime 7 frazioni sono minori di un mezzo. La scelta e'
molto ridotta:
1   1   2   2   3   3   1   3   2
- < - < - < - < - < - < - < - < -
5   4   7   6   8   7   2   5   3
oppure
1   1   2   2   3   3   1  3o4  3
- < - < - < - < - < - < - < - < -
5   4   7   6   8   7   2   5   3
ma quest'ultima va scartata perche' se 3 monete su 3 sono pesanti nella
pesata B (m2+m3+m4) allora nella pesata C (m3+m4+m5+m6) almeno 2 debbono
essere pesanti, e non 1 come nel nostro tentativo, cosi' come e' impossibile
0 su 5 nella prima frazione
Ora cerchiamo le stringhe che vanno d'accordo con questo ordinamento. Con un
po' di pazienza troviamo alcuni appigli tramite i quali costruire la stringa
(per esempio ci sono solo 2 pesanti nelle prime 6, di cui una nelle prime 2;
una sola nella pesata D da 5), male che va le controlliamo tutte (o le
facciamo controllare ad un programma/foglio di calcolo)
LPLPLLP oppure LPPLLLL
Ne pesiamo una di quelle che discordano, per esempio la terza, ed il gioco
e' fatto:
m3 = 8 (e' leggera, pesa meno di tutte le medie).
Quindi L = 8 e P lo ricaviamo sottraendo L dalla pesata A che sappiamo avere
una sola moneta pesante:
P = A - L = 19 - 8 = 11
Finora sono sempre riuscito a risolvere, i casi piu' rognosi si hanno quando
combaciano le medie di gruppi non primi tra loro, se sono primi non danno
problemi.
Sperando che nessuno mi smantelli tutto, cerchero' intanto di studiare tutti
i casi, finora l'ho fatto a mano, ma credo che passero' al fido Excel.
Ciao, Silv:o)

 Ciao, Silv:o)
Io ho affrontato in problema con diverso metodo.
La mia risposta, se vuoi, è in calce alla prima proposta (1 agosto 99),
quindi alcuni quesiti piu' su.
Non mi azzardo a riscriverla anche qua perche' mi sono incasinato con
l'html.
Per rimediare ho riscritto il testo in Word, ma mi deve essere partito
due volte come allegato.
Inoltre te l'ho anche precedentemente spedita in e-mail.
Non vorrei inondare il ng di scritti incomprensibili.

Non vorrei inondare il ng di scritti incomprensibili.
Ottimo proposito. E cerchiamo di concludere con questo problema, c'e' Dario
che dall'alto si sta godendo i nostri sforzi. Forza e coraggio!
Ciao, Silv:o)

posso azzardare una soluzione?
siano le 7 palline A -B - C - D - E - F G
e i due pesi possibili come X (il più pesante) e Y (il più leggero)
1°  peso A B C
2°  peso B C D
3°  peso C D E
4°  peso D E F
5°  peso E F G
ogni volta ottengo 3 possibili scenari:
- alla 2^ pesata ho lo stesso peso di prima. quindi A e D sono uguali
- la 2^ pesata e' maggiore della prima, quindi D pesa più di A -> D è di
tipo X, A è di tipo Y
- la 2^ pesata e' minore della prima, quindi A pesa più di D -> D è di tipo
Y, A è di tipo X
lo stesso ragionamento prosegue per tutte le cinque pesate.
quando una coppia di palline ha lo stesso peso occorre confrontare il peso
complessivo del terzetto
con quello precedente.
se continuano a coincidere allora le 4 palline sono dello stesso peso
altrimenti si possono
battezzare con lo stesso criterio della pesata agli esempi precedenti.
Funziona?

 Funziona?
A prescindere da quanto ho capito del tuo metodo, sicuramente fallisce di
fronte al caso peggiore che ti puo' capitare: TUTTE PESATE UGUALI!
Come fai a decidere se sei di fronte ad uno schema XYYXYYX, YXYYXYYX,
YYXYYXY, XXXXXXX o in uno dei quattro complementari?
Le pesate uguali portano troppa poca informazione, sono un lusso che non ci
possiamo permettere con cosi' poche pesate.
Pero' mi hai fatto tornare la voglia di lavorare sul problema. In un paio
dei molti approcci che ho tentato quando Dario ha proposto il quesito ci
sono andato abbastanza vicino, ma penso che ci sia qualcosa di molto meno
macchinoso, che mi e' sfuggito fino ad ora.
Piu' siamo a provarci, prima lo risolveremo.
Se fai progressi non esitare a postarli, anche se non lo risolvi
completamente.
Ciao, Silv:o)
targ...@libero.it

Vorrei anch'io non abbandonare le 5 pesate, ma il problema è veramente
ostico (conoscendo Dario Uri, non dubito che esso abbia una soluzione).
Vediamo quindi se posso contribuire alla sua soluzione.
Credo che l'esigenza primaria sia quella di avere un metro con cui valutare
le varie pesate che si possono fare. L'unico modo per avere un punto fermo
mi sembra che sia quello di lavorare sulle differenze dalla media.
Dette A, B, C, D, E, F e G, le sette palline, potrebbe procedere così:
1° pesata         A
2° pesata         ABCDEFG
Si calcola        A - (ABCDEFG)/7
Questo valore può rappresentare l'agognata unità di misura  e possiamo porlo
come 1d (differenza) e rapportare ad esso i valori delle varie pesate per
depurarli della contingenza.
Ponendo come x la pallina A, ogni pallina x presente nella pesata
contribuirà ad essa con il valore medio più 1d ( d può essere sia positivo
che negativo).
Per le palline y si potranno avere i casi seguenti:
- la pallina A è l'unica di tipo x; le altre sei, di tipo y, debbono
bilanciarla
  contribuendo con il valore medio - d/6 = -0,1(6)d ciascuna;
- c'è un'altra pallina x; le rimanenti 5 palline y debbono bilanciare due
palline
  (2d) contribuendo con -2d/5 = -0,4d ciascuna
- 3 palline x (3d) = 4 palline y (-3d/4 = -0,75d)
- 4 palline x (4d) = 3 palline y (-4d/3 = -1,(3)d)
- 5 palline x (5d) = 2 palline y (-5d/2 = -2,5d)
- 6 palline x (6d) = 1 pallina y (-6d)
- potrebbero, teoricamente, essercene 7 x (o y), ma ciò mi sembra un po'
fuori
  dalla logica del problema e, comunque, in tal caso non troveremmo
differenze
  dalla media.
Se poi, per lavorare senza decimali, esprimessimo i valori in 60esimi di d,
avremmo:
- 1 pallina x = 60 (60esimi di d)     6 palline y = -10x6 (60esimi di d)
- 2 palline x = 120                         5 palline y = -24x5
- 3 palline x = 180                         4 palline y = -45x4
- 4 palline x = 240                         3 palline y = -80x3
- 5 palline x = 300                         2 palline y = -150x2
- 6 palline x = 360                         1 pallina y = -360
A questo punto (ecco le note dolenti) non ci resterebbe che fare alcune
pesate e controllare di quanto scartano dalla media.
O provato a pesare BC (si ottiene anche DEFG per differenza), o provato a
pesare BCD (si ottiene anche EFG), ma in entrambi i casi le due pesate
residue non sempre bastano a risolvere i casi dubbi.
I risultati migliori li ho ottenuti finora incrociando due altre pesate:
3° pesata BCDE
4° pesata DEF
ottenendo la seguente tabellina, ordinata per valori decrescenti della 3° e
della 4° pesata:
 X     Y    A   BC   DE    F   G    BCDE    DEF
60 -360   X   XX   XX   X   Y      240       180
60 -150   X   XX   XX   Y   Y      240        -30
60   -80   X   XY   XX   Y   Y      100         40
60   -80   X   XX   XY   Y   Y      100      -100
60 -150   X   XY   XX   X   Y        30       180
60   -45   X   YY   XX   Y   Y        30         75
60   -45   X   XY   XY   Y   Y        30        -30 *
60 -150   X   XX   XY   X   Y        30        -30 *
60 -150   X   XY   XX   Y   X        30        -30 *
60   -45   X   XX   YY   Y   Y        30      -135
60 -150   X   XX   XY   Y   X        30      -240
60   -24   X   YY   XY   Y   Y       -12         12
60   -24   X   XY   YY   Y   Y       -12        -72
60   -80   X   YY   XX   X   Y       -40       180
60   -80   X   YY   XX   Y   X       -40         40 *
60   -80   X   XY   XY   X   Y       -40         40 *
60   -10   X   YY   YY   Y   Y       -40        -30
60   -80   X   XX   YY   X   Y       -40      -100 *
60   -80   X   XY   XY   Y   X       -40      -100 *
60   -80   X   XX   YY   Y   X       -40      -240
60   -45   X   YY   XY   X   Y       -75         75
60   -45   X   XY   YY   X   Y       -75       -30 *
60   -45   X   YY   XY   Y   X       -75       -30 *
60   -45   X   XY   YY   Y   X       -75     -135
60   -24   X   YY   YY   X   Y       -96        12
60   -24   X   YY   YY   Y   X       -96       -72
60 -150   X   YY   XX   X   X     -180       180 *
60 -360   X   XY   XX   X   X     -180       180 *
60   -80   X   YY   XY   X   X     -180         40
60   -45   X   YY   YY   X   X     -180        -30 *
60 -150   X   XY   XY   X   X     -180        -30 *
60   -80   X   XY   YY   X   X     -180      -100
60 -150   X   XX   YY   X   X     -180      -240 *
60 -360   X   XX   XY   X   X     -180      -240 *
Nella quale:
- le colonne X e Y, rappresentano lo scarto dalla media delle palline x e y;
- le colonne A, BC, DE, F e G, rappresentano le possibili distribuzioni
delle palline;
- la colonna BCDE, rappresenta lo scarto tra la 3° pesata ed il peso di 4
"palline medie";
- la colonna DEF, rappresenta lo scarto tra la 4° pesata ed il peso di 3
"palline medie".
- le righe contrassegnate con un asterisco, rappresentano i casi per i quali
la pesata residua non è sufficiente a dirimere i dubbi.
Sperando che possa aver dato uno spunto alla soluzione del "mistero delle 5
pesate", ciao a tutti
:-) Gianni

 ostico (conoscendo Dario Uri, non dubito che esso abbia una soluzione).
Caro Dario, dopo un'altra settimana di infruttuosi tentativi, penso che non
ci sia altra scelta che abbandonare il problema, pregandoti di darci
l'agognata soluzione, sempre che qualcun altro del NG non voglia continuare
con altri tentativi.
Ciao
 :-) Gianni

 con altri tentativi.
No, Dario, soprassiedi un attimo.
Ho in mente qualcosa che vorrei verificare.
Se funziona, ti faro' sapere.
ciao
paolo

 Se funziona, ti faro' sapere.
Ecco una soluzione parziale. Non sono sicuro se funziona, perche' non ho
verificato tutti i casi, ma penso che comunque possa essere un metodo
suscettibile di sviluppo.
-----------------------
Pongo per convenzione y>x
Inizio con tre pesate, con tre serie *concatenate* di 5,3,2 palline,
P5 = ABCDE
P3 =     EFG
P2 =       GA
quindi calcolo le tre medie M5=P5/5; M3=P3/3; M2=P2/2
Se due delle medie sono uguali, la soluzione e' immediata (ometto le
spiegazioni)
Considero quindi i casi con tutte e tre le medie differenti.
Ordino le medie in ordine decrescente; dei sei possibili ordinamenti
considero solo i tre in cui M2>M3; (gli altri tre sono simmetrici, basta
invertire le x con le y).
I possibili valori di E,F,G,A risultano:
.  E F G A
1) x x x y
2) x y x y
3) y x x y
4) x x y x
5) x x y y
6) x y y y
7) y x y y
Considero quindi le tre possibilita':
a) M5 > M2 > M3
b) M2 > M5 > M3
c) M2 > M3 > M5
Per il momento verifico solo il caso a)
------------------------------------------
a) M5 > M2 > M3
Essendo M2 intermedio tra gli altri M, P2 non puo' essere xx (sarebbe il
minimo) ne' yy (sarebbe il max), quindi deve essere P2=x+y.
Delle sette possibili combinazioni elencate sopra, rimangono possibili solo
le prime 4.
.   E F G A
a1) x x x y
a2) x y x y
a3) y x x y
a4) x x y x
Abbino ciascuna delle 4 combinazioni con i possibili valori di BCD,
considerando che M5>M2 comporta che P5 contenga almeno 3 y.
.     E F G A    BCD     P5
a1.1) x x x y    x+2y   2x+3y
a1.2) x x x y    3y     x+4y
a2.1) x y x y    x+2y   2x+3y
a2.2) x y x y    3y     x+4y
a3.1) y x x y    2x+y   2x+3y
a3.2) y x x y    x+2y   x+4y
a3.3) y x x y    3y     5y
a4.1) x x y x    3y     2x+3y
Riconsiderando le possibili combinazioni a1) a2) a3) a4), noto che:
per a1) deve essere:
x=P3/3    Y=P2-x
per gli altri tre casi:
x=P3-P2   Y=P2-x
quindi, nella tabella sopra, posso *calcolare* i valori di P5, e confrontare
i valori *calcolati* con quelli *pesati*.
Per evitare formule complicate, proseguo con un esempio numerico. Suppongo
di aver pesato:
P3=3024
P2=2024 da cui:
x=1008   y=1016 per i casi a1.1) ed a1.2)
x=1000   y=1024 per gli altri casi
ed i valori *calcolati di P5 risulterebbero:
.     E F G A    BCD       P5
a1.1) x x x y    x+2y   2x+3y = 5064
a1.2) x x x y    3y     x+4y  = 5072
a2.1) x y x y    x+2y   2x+3y = 5072
a2.2) x y x y    3y     x+4y  = 5096
a3.1) y x x y    2x+y   2x+3y = 5072
a3.2) y x x y    x+2y   x+4y  = 5096
a3.3) y x x y    3y     5y    = 5120
a4.1) x x y x    3y     2x+3y = 5072
Se ho pesato P5=5120 la soluzione e' trovata.
Se P5=5064:
.       E F G A    B C D
a1.1.1) x x x y    x y y
a1.1.2) x x x y    y x y
a1.1.3) x x x y    y y x
peso separatamente B e C, e calcoloD per differenza.
Se P5=5096:
.       E F G A    B C D
a2.2)   x y x y    y y y
a3.2)   y x x y    x y y
a3.2)   y x x y    y x y
a3.2)   y x x y    y y x
Peso CD: se CD=yy peso B, se CD=xy peso C
Se P5=5072:
come quarta pesata scelgo il gruppo CDF:
.       E F G A  B C D    x    y    CDF
a1.2)   x x x y  y y y   1008 1016  3040
a2.1.1) x y x y  x y y   1000 1024  3072
a2.1.2) x y x y  y x y   1000 1024  3048
a2.1.3) x y x y  y y x   1000 1024  3048
a3.1.1) y x x y  x x y   1000 1024  3024
a3.1.2) y x x y  x y x   1000 1024  3024
a3.1.3) y x x y  y x x   1000 1024  3000
a4.1)   x x y x  y y y   1000 1024  3048
Se CDF=3000, 3040 o 3072, la soluzione e' trovata.
Se CDF= 3024, quinta pesata: D
Se CDF=3048, quinta pesata: gruppo DG, che nei tre casi vale
rispettivamente:
x+y=2024; 2x=2000; 2y=2048.
--------------------------------
Resterebbero a verificare gli altri casi:
b) M2 > M5 > M3
c) M2 > M3 > M5
Qualcuno ci vuole provare?
ciao
paolo

 Qualcuno ci vuole provare?
Ho verificato e pare che funzioni.
Riepilogo la procedura:
Pongo per convenzione Y>X
Ciascuna delle 7 palline ABCDEFG puo' essere X o Y, quindi esistono 2^7=128
possibili combinazioni.
Posso rappresentare le combinazioni con numeri da 0 a 127, in binario, con
le cifre (0;1) rispettivamente a significare (X:Y).
n           ABCDEFG
0   0000000 XXXXXXX
1   0000001 XXXXXXY
.....
127 1111111 YYYYYYY
Con le pesate, e le relazioni tra queste, riduco progressivamente il numero
di combinazioni, fino a passare da 128 ad una sola possibile, trovando
contemporaneamente i valori di X ed Y.
------------------------------
Inizio con tre pesate, con tre serie *concatenate* di 5,3,2 palline,
P5 = ABCDE
P3 =     EFG
P2 =       GA
quindi calcolo le tre medie M5=P5/5; M3=P3/3; M2=P2/2
Se due delle tre medie sono uguali tra loro, la soluzione e' immediata.
Esamino pertanto i casi in cui le medie sono tutte e tre diverse. Posso
cosi' gia' eliminare 18 combinazioni, quelle relative ai numeri:
0; 2; 8; 16; 24; 32; 40; 48; 56; 71; 79; 87; 95; 103; 111; 119; 125; 127;
(trasformate in binario e verificate:-).
Rimangono da esaminare 110 combinazioni.
Ordino le medie M2, M3 ed M5 ordine decrescente; dei sei possibili
ordinamenti sviluppo solo i tre in cui M2>M3; (gli altri tre sono
simmetrici, basta invertire le x con le y).
Rimangono da esaminare 55 combinazioni.
Considero quindi le tre possibilita':
a) M5 > M2 > M3. 16 possibili combinazioni, corrispondenti ai numeri:
A B C D E F G
0 1 1 1 0 0 1
1 0 0 1 1 0 0
1 0 1 0 1 0 0
1 0 1 1 0 0 0
1 0 1 1 0 1 0
1 0 1 1 1 0 0
1 1 0 0 1 0 0
1 1 0 1 0 0 0
1 1 0 1 0 1 0
1 1 0 1 1 0 0
1 1 1 0 0 0 0
1 1 1 0 0 1 0
1 1 1 0 1 0 0
1 1 1 1 0 0 0
1 1 1 1 0 1 0
1 1 1 1 1 0 0
b) M2 > M5 > M3. 22 possibili combinazioni, corrispondenti ai numeri:
A B C D E F G
0 0 1 1 0 0 1
0 1 0 1 0 0 1
0 1 1 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 1 0 0
1 0 0 1 0 0 0
1 0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 1 0
1 0 1 0 0 0 0
1 0 1 0 0 0 1
1 0 1 0 0 1 0
1 0 1 1 0 0 1
1 0 1 1 1 0 1
1 1 0 0 0 0 0
1 1 0 0 0 0 1
1 1 0 0 0 1 0
1 1 0 1 0 0 1
1 1 0 1 1 0 1
1 1 1 0 0 0 1
1 1 1 0 1 0 1
1 1 1 1 0 0 1
1 1 1 1 0 1 1
c) M2 > M3 > M5. 17 possibili combinazioni, corrispondenti ai numeri:
A B C D E F G
0 0 0 0 0 0 1
0 0 0 1 0 0 1
0 0 1 0 0 0 1
0 1 0 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0 1
1 0 0 0 0 1 0
1 0 0 0 0 1 1
1 0 0 0 1 0 1
1 0 0 1 0 1 1
1 0 0 1 1 0 1
1 0 1 0 0 1 1
1 0 1 0 1 0 1
1 0 1 1 0 1 1
1 1 0 0 0 1 1
1 1 0 0 1 0 1
1 1 0 1 0 1 1
1 1 1 0 0 1 1
------------------------------
Essendo conosciuti i valori di P2 e P3, per ciascuna delle combinazioni in
esame verifico il numero di X e di Y presenti nelle due pesate, e posso
scrivere due equazioni del tipo:
P2=K1*X+K2*Y
P3=K3*x+K4*Y
Da cui ricavo i valori (X;Y) compatibili con P2 e P3.
Riporto su ciascuna riga i valori X;Y, quindi, sulla base del numero di X ed
Y presenti in P5, ricavo il valore P5 *calcolato*, da confrontare con il
valore vero *pesato*.
Cosi' posso dividere i tre gruppi a) b) c) in sottogruppi, ciascuno
contenente un numero ridotto di combinazioni.
Continuo, come nel post precedente, con un esempio numerico.
Suppongo di aver pesato:
P2=2024
P3=3024
(qualunque altra coppia di valori andrebbe bene, con la limitazione, essendo
in esame i casi M3<M2, che sia P3<1.5*P2).
Ottengo quindi sottogruppi, ciascuno caratterizzato da un valore di P5.
Per ciascun sottogruppo cerco la quarta e quinta pesata in modo che
permettano le ulteriori suddivisioni.
Per esempio, nel caso a) (M5>M2>M3), ho trovato otto combinazioni in cui
P5=5072. Se questo e' il mio valore pesato, procedo con la quarta pesata
(CDF).
In tre combinazioni deve essere CDF=3048. Se questo e' il mio valore, come
quinta pesata scelgo (DG), che in quelle tre combinazioni darebbe tre valori
differenti.
Sperando di non aver fatto errori di trascrizione, nelle tabelle che seguono
riporto, per le 55 combinazioni in esame, i valori X,Y calcolati da P2,P3,
il valore P5 calcolato da X ed Y, e i valori della quarta e quinta pesata
che consentono la riduzione ad una sola combinazione.
Ometto la quinta pesata quando non e' necessaria (se la quarta ha gia' dato
il risultato), o quando la soluzione si trova immediatamente (se la quarta
ha portato ad un sottogruppo di sole due combinazioni).
------------------------------
a) M5 > M2 > M3
A B C D E F G  X    Y    P5
.                             B     C
1 0 1 1 0 0 0 1008 1016 5064 1008 1016
1 1 0 1 0 0 0 1008 1016 5064 1016 1008
1 1 1 0 0 0 0 1008 1016 5064 1016 1016
.                             CDF
1 1 0 0 1 0 0 1000 1024 5072 3000
1 0 0 1 1 0 0 1000 1024 5072 3024
1 0 1 0 1 0 0 1000 1024 5072 3024
1 1 1 1 0 0 0 1008 1016 5072 3040
.                                  DG
0 1 1 1 0 0 1 1000 1024 5072 3048 2048
1 1 0 1 0 1 0 1000 1024 5072 3048 2024
1 1 1 0 0 1 0 1000 1024 5072 3048 2000
1 0 1 1 0 1 0 1000 1024 5072 3072
.                             cd
1 1 0 1 1 0 0 1000 1024 5096 2024
1 1 1 0 1 0 0 1000 1024 5096 2024
1 0 1 1 1 0 0 1000 1024 5096 2048
1 1 1 1 0 1 0 1000 1024 5096 2048
1 1 1 1 1 0 0 1000 1024 5120
------------------------------
b) M2 > M5 > M3
A B C D E F G  X    Y    P5
.                            cdg
1 1 0 0 0 0 1 1006 1012 5042 3024
1 0 0 1 0 0 1 1006 1012 5042 3030
1 0 1 0 0 0 1 1006 1012 5042 3030
1 0 0 0 1 0 0 1000 1024 5048 3000
1 1 0 0 0 1 0 1000 1024 5048 3000
.                                  acef
1 1 1 0 1 0 1 1000 1012 5048 3024 4036
1 1 0 1 1 0 1 1000 1012 5048 3024 4024
1 0 0 1 0 1 0 1000 1024 5048 3024 4048
1 0 1 0 0 1 0 1000 1024 5048 3024 4072
1 0 0 0 0 0 0 1008 1016 5048 3024 4040
1 1 1 0 0 0 1 1006 1012 5048 3030
1 1 0 1 0 0 1 1006 1012 5048 3030
.                                  ab
1 0 1 1 1 0 1 1000 1012 5048 3036 2012
1 1 1 1 0 1 1 1000 1012 5048 3036 2024
1 0 1 1 0 0 1 1006 1012 5048 3036 2018
0 1 0 1 0 0 1 1000 1024 5048 3048
0 1 1 0 0 0 1 1000 1024 5048 3048
0 0 1 1 0 0 1 1000 1024 5048 3072
1 1 1 1 0 0 1 1006 1012 5054 3036
1 1 0 0 0 0 0 1008 1016 5056 3024
1 0 0 1 0 0 0 1008 1016 5056 3032
1 0 1 0 0 0 0 1008 1016 5056 3032
------------------------------
c) M2 > M3 > M5
A B C D E F G  X    Y    P5
0 0 0 0 0 0 1 1000 1024 5000
1 0 0 0 0 1 1 1000 1012 5012
.                             bcg  cd
1 0 0 0 0 1 0 1000 1024 5024 3000
1 0 0 0 1 0 1 1000 1012 5024 3012
1 0 0 1 0 1 1 1000 1012 5024 3012
1 0 1 0 0 1 1 1000 1012 5024 3024 2012
1 1 0 0 0 1 1 1000 1012 5024 3024 2000
0 0 0 1 0 0 1 1000 1024 5024 3024 2024
0 0 1 0 0 0 1 1000 1024 5024 3048
0 1 0 0 0 0 1 1000 1024 5024 3048
.                             cde  cf
1 0 0 1 1 0 1 1000 1012 5036 3024 2000
1 0 1 0 1 0 1 1000 1012 5036 3024 2012
1 0 1 1 0 1 1 1000 1012 5036 3024 2024
.                             cde  cf
1 1 0 0 1 0 1 1000 1012 5036 3012 2000
1 1 0 1 0 1 1 1000 1012 5036 3012 2012
1 1 1 0 0 1 1 1000 1012 5036 3012 2024
1 0 0 0 0 0 1 1006 1012 5036 3018
------------------------------
spero di essere stato comprensibile
ciao
paolo