Monete da classificare
Monete da classificare
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?
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!!!!!!!!
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!!!!!!!!
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)
0+1+2+3+...+ infinito (come si fa l'8 rovesciato?)= - 1/12
0+1+2+3+...+ infinito (come si fa l'8 rovesciato?)= - 1/12
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 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
- Sesshoumaru
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Che comunque è $ 2^3 $ e quindi implica 3 pesate, no?rand ha scritto:Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
Poi pensavo: lo si può intendere anche come un sistema di equazioni lineari in 3 incognite?
In questo modo risulta evidente che servano 3 pesate/equazioni per determinare tutte le monete
[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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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.rand ha scritto:Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
- Sesshoumaru
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Io dico 8julio14 ha scritto: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.rand ha scritto:Un momento, questo non mi torna, le configurazioni dovrebbero essere 8 no?julio14 ha scritto: abbiamo $ $\frac{6!}{3!3!}=20 $ configurazioni che è compreso tra $ 3^2 $ e $ 3^3 $ (ogni pesata ha tre possibilità)
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
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
(insomma la combinazione ABCDEF = VVFFFV è accettata, mentre ABCDEF = VVFFVF non lo è )
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