Monete da classificare

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rand
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Monete da classificare

Messaggio da rand » 15 dic 2007, 15:43

No, stavolta lo scopo non è scovare una singola moneta falsa. Vi sono date 3 coppie di monete e una bilancia a due piatti. In ciascuna coppia c'è una moneta d'oro e una falsa, che sembra d'oro ma pesa meno. Tutte le monete d'oro pesano uguale, e lo stesso vale per le monete false. Qual è il minimo numero di pesate necessarie per dire quali monete sono d'oro e quali no?

albert_K
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Messaggio da albert_K » 15 dic 2007, 16:24

Con una è evidentemente impossibile, con tre è evidentemente troppo facile, quindi la risposta è sicuramente due. Il ragionamento mi sembra corretto e formale. :lol: :lol:
[tex] wHy \matchal{ALBERT}_K ? [/tex]

pingu92
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Messaggio da pingu92 » 15 dic 2007, 16:52

1 pesata: 2 da una parte 2 dall'altra
2 pesata a) sono in equilibrio i due piatti e prima siavevano AeB da una parte e C e D dall'altra mettere A con C e B con D
b) non sono in eq. come a)
3 pesata a;a) rimangono in equilibrio mettere A con D e B con C
a;b) non sono in eq. confrontare le monete non usate fine
b;b) la situazione non cambia non so + andare avanti!!!!!!!! :oops: :roll: :!:
Albert Einstein:"Non so con quali armi si combatterà la Terza Guerra Mondiale ma posso dire che nella Quarta si userano sassi e bastoni" (+ o - : l'ho sentita in tv)

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pingu92
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Messaggio da pingu92 » 15 dic 2007, 16:54

4 pesata a;a) confrontare la 2 non usate all'inizio fine
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pic88
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Messaggio da pic88 » 15 dic 2007, 18:52

A A'
B B'
C C'

1- confronto A B C col resto, ciò che pesa di più ha due moente vere. Prendo due di quelle e le confronto

pingu92
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Messaggio da pingu92 » 15 dic 2007, 19:31

come mi complico la vita sono troppo contorto :!:
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julio14
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Messaggio da julio14 » 15 dic 2007, 20:46

pic88 ha scritto:A A'
B B'
C C'

1- confronto A B C col resto, ciò che pesa di più ha due moente vere. Prendo due di quelle e le confronto
Potrebbero anche essere tre vere, no? quindi serve la terza pesata. D'altronde abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)

pic88
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Messaggio da pic88 » 15 dic 2007, 22:16

Giusto, le dobbiamo riconoscere tutte... ok, si vede che la "difficoltà" stava nel dimostrare che due pesate non bastano

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rand
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Messaggio da rand » 16 dic 2007, 14:22

julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?

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Sesshoumaru
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Messaggio da Sesshoumaru » 16 dic 2007, 14:37

rand ha scritto:
julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?
Che comunque è $ 2^3 $ e quindi implica 3 pesate, no? :D

Poi pensavo: lo si può intendere anche come un sistema di equazioni lineari in 3 incognite? :roll:
In questo modo risulta evidente che servano 3 pesate/equazioni per determinare tutte le monete :D
[img]http://img65.imageshack.us/img65/2554/userbar459811cf0.gif[/img]

[i]"You have a problem with your brain: the left part has nothing right in it, and the right part has nothing left in it."[/i]

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Messaggio da rand » 16 dic 2007, 15:14

No attenzione, la bilancia può dare 3 esiti!

mistergiovax

Messaggio da mistergiovax » 16 dic 2007, 16:42

Forse (e dico forse) 3 pesate, perché $ 2<\ln{8}<3 $. In quanto, col dimezzamento delle combinazioni, il risultato esatto si ha dopo ln(n) passaggi (approssimati per eccesso, credo).

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Messaggio da julio14 » 16 dic 2007, 19:38

rand ha scritto:
julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?
No sono 20. Pensa di avere sei monete diverse ABCDEF. Hai $ 6! $ permutazioni totali, se poi conti che ABC sono le tre monete vere e DEF le tre monete false, dividi il risultato per le $ 3! $ permutazioni di ABC e per le $ 3! $ permutazioni di DEF.

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Sesshoumaru
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Messaggio da Sesshoumaru » 16 dic 2007, 19:53

julio14 ha scritto:
rand ha scritto:
julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?
No sono 20. Pensa di avere sei monete diverse ABCDEF. Hai $ 6! $ permutazioni totali, se poi conti che ABC sono le tre monete vere e DEF le tre monete false, dividi il risultato per le $ 3! $ permutazioni di ABC e per le $ 3! $ permutazioni di DEF.
Io dico 8

Codice: Seleziona tutto

A B C       D E F

V V V       F F F
V V F       F F V
V F V       F V F
V F F       F V V
F V V       V F F
F V F       V F V
F F V       V V F
F F F       V V V
Mi sembra di non aver dimenticato niente :D

La mia tabella ovviamente tiene conto del fatto che se una moneta di una coppia (A-D ad esempio) è vera, allora l'altra è necessariamente falsa :D
(insomma la combinazione ABCDEF = VVFFFV è accettata, mentre ABCDEF = VVFFVF non lo è :wink: )
[img]http://img65.imageshack.us/img65/2554/userbar459811cf0.gif[/img]

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Messaggio da julio14 » 16 dic 2007, 20:01

Quando si dice leggere male il testo... tutto quello che ho scritto fino ad ora era riguardo al problema: abbiamo 6 monete, 3 vere e 3 false, qual'è il numero minimo di pesate per identificarle :D

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