Сумасшедшие весы

[Sirion]

Показать скрытый текст

Покажем, что трёх монет недостаточно. У нас есть три переменных - масса монетки m и погрешности a, b. Принимая концепцию "хитрых весов", считаем, что для одного и того же количества монет на весах результат всегда один и тот же. Пусть взвешивание одной монеты даёт три условных единицы массы (то есть 3 - далее единицы массы опускаем), двух - 5, трёх - 6.
Предположим, что погрешности были a, b, b соответственно. Тогда m = 6 - 5 = 1, a  = 2, b = 3.
Теперь предположим, что погрешности были b, b, a. Тогда m = 5 - 3 = 2, a = 1, b = 2. То есть имея одни и те же результаты измерений, мы можем получить две разных массы. Это значит, что нам нужно хотя бы четыре монеты. Уверен, что их хватит, но конкретное решение искать лень.

[fortpost]

Показать скрытый текст

4 монеты и 4 взвешивания (первое взвеш. - одна монета; второе - две и т д). По разнице между последующими взвешиваниями определяется вес монеты 

Валерий, направление верное!

[fortpost]

Показать скрытый текст

Покажем, что трёх монет недостаточно. У нас есть три переменных - масса монетки m и погрешности a, b. Принимая концепцию "хитрых весов", считаем, что для одного и того же количества монет на весах результат всегда один и тот же. Пусть взвешивание одной монеты даёт три условных единицы массы (то есть 3 - далее единицы массы опускаем), двух - 5, трёх - 6.
Предположим, что погрешности были a, b, b соответственно. Тогда m = 6 - 5 = 1, a  = 2, b = 3.
Теперь предположим, что погрешности были b, b, a. Тогда m = 5 - 3 = 2, a = 1, b = 2. То есть имея одни и те же результаты измерений, мы можем получить две разных массы. Это значит, что нам нужно хотя бы четыре монеты. Уверен, что их хватит, но конкретное решение искать лень.

Sirion, совсем горячо! Но монет нужно чуть больше.

[пестерь]

Показать скрытый текст

Покажем, что трёх монет недостаточно. У нас есть три переменных - масса монетки m и погрешности a, b. Принимая концепцию "хитрых весов", считаем, что для одного и того же количества монет на весах результат всегда один и тот же. Пусть взвешивание одной монеты даёт три условных единицы массы (то есть 3 - далее единицы массы опускаем), двух - 5, трёх - 6.
Предположим, что погрешности были a, b, b соответственно. Тогда m = 6 - 5 = 1, a  = 2, b = 3.
Теперь предположим, что погрешности были b, b, a. Тогда m = 5 - 3 = 2, a = 1, b = 2. То есть имея одни и те же результаты измерений, мы можем получить две разных массы. Это значит, что нам нужно хотя бы четыре монеты. Уверен, что их хватит, но конкретное решение искать лень.

так во втором случае bba. если масса m=2, а b=2, тогда m+b=4(а у нас три условных единицы), откуда лишняя?

[Tommy Gun]

Показать скрытый текст

Покажем, что трёх монет недостаточно. У нас есть три переменных - масса монетки m и погрешности a, b. Принимая концепцию "хитрых весов", считаем, что для одного и того же количества монет на весах результат всегда один и тот же. Пусть взвешивание одной монеты даёт три условных единицы массы (то есть 3 - далее единицы массы опускаем), двух - 5, трёх - 6.
Предположим, что погрешности были a, b, b соответственно. Тогда m = 6 - 5 = 1, a  = 2, b = 3.
Теперь предположим, что погрешности были b, b, a. Тогда m = 5 - 3 = 2, a = 1, b = 2. То есть имея одни и те же результаты измерений, мы можем получить две разных массы. Это значит, что нам нужно хотя бы четыре монеты. Уверен, что их хватит, но конкретное решение искать лень.

так во втором случае bba. если масса m=2, а b=2, тогда m+b=4(а у нас три условных единицы), откуда лишняя?

b=1, а=2 имелось ввиду.

[пестерь]

Показать скрытый текст

Покажем, что трёх монет недостаточно. У нас есть три переменных - масса монетки m и погрешности a, b. Принимая концепцию "хитрых весов", считаем, что для одного и того же количества монет на весах результат всегда один и тот же. Пусть взвешивание одной монеты даёт три условных единицы массы (то есть 3 - далее единицы массы опускаем), двух - 5, трёх - 6.
Предположим, что погрешности были a, b, b соответственно. Тогда m = 6 - 5 = 1, a  = 2, b = 3.
Теперь предположим, что погрешности были b, b, a. Тогда m = 5 - 3 = 2, a = 1, b = 2. То есть имея одни и те же результаты измерений, мы можем получить две разных массы. Это значит, что нам нужно хотя бы четыре монеты. Уверен, что их хватит, но конкретное решение искать лень.

так во втором случае bba. если масса m=2, а b=2, тогда m+b=4(а у нас три условных единицы), откуда лишняя?

b=1, а=2 имелось ввиду.

тогда 3m+a=8, а у нас 6!

[Tommy Gun]

Показать скрытый текст

Покажем, что трёх монет недостаточно. У нас есть три переменных - масса монетки m и погрешности a, b. Принимая концепцию "хитрых весов", считаем, что для одного и того же количества монет на весах результат всегда один и тот же. Пусть взвешивание одной монеты даёт три условных единицы массы (то есть 3 - далее единицы массы опускаем), двух - 5, трёх - 6.
Предположим, что погрешности были a, b, b соответственно. Тогда m = 6 - 5 = 1, a  = 2, b = 3.
Теперь предположим, что погрешности были b, b, a. Тогда m = 5 - 3 = 2, a = 1, b = 2. То есть имея одни и те же результаты измерений, мы можем получить две разных массы. Это значит, что нам нужно хотя бы четыре монеты. Уверен, что их хватит, но конкретное решение искать лень.

так во втором случае bba. если масса m=2, а b=2, тогда m+b=4(а у нас три условных единицы), откуда лишняя?

b=1, а=2 имелось ввиду.

тогда 3m+a=8, а у нас 6!

пардон.. может, пример неудачный вообще, а решение кроется в следующем:

Взвешиваем по очереди 1,2,3... монеты. Если начиная со второго взвешивания, два взвешивания подряд довесок остался одинаков, то разница между ближними парами взвешиваний будет одинакова (=m). Пример И2=И1+м, И3=И2+м и можно с уверенностью определить массу монеты
Если довесок поменялся, то изменение довеска равно плюс/минус(А-Б) и тогда уже надо продолжать взвешивания.

[Валерий]

Показать скрытый текст

4 монеты и 4 взвешивания (первое взвеш. - одна монета; второе - две и т д). По разнице между последующими взвешиваниями определяется вес монеты 

Валерий, направление верное!

Похоже, нужно 5 монет и 5 взвешиваний, что бы иметь 4 числа разностей последующих весов и по ним, при любых раскладах а и b  определим вес монеты

[Sirion]

Показать скрытый текст

Покажем, что трёх монет недостаточно. У нас есть три переменных - масса монетки m и погрешности a, b. Принимая концепцию "хитрых весов", считаем, что для одного и того же количества монет на весах результат всегда один и тот же. Пусть взвешивание одной монеты даёт три условных единицы массы (то есть 3 - далее единицы массы опускаем), двух - 5, трёх - 6.
Предположим, что погрешности были a, b, b соответственно. Тогда m = 6 - 5 = 1, a  = 2, b = 3.
Теперь предположим, что погрешности были b, b, a. Тогда m = 5 - 3 = 2, a = 1, b = 2. То есть имея одни и те же результаты измерений, мы можем получить две разных массы. Это значит, что нам нужно хотя бы четыре монеты. Уверен, что их хватит, но конкретное решение искать лень.

так во втором случае bba. если масса m=2, а b=2, тогда m+b=4(а у нас три условных единицы), откуда лишняя?

b=1, а=2 имелось ввиду.

тогда 3m+a=8, а у нас 6!

b=1, a=0, пардоньте

[пестерь]

Есть такая идея
 Показать скрытый текст

Сделать четыре взвешивания: 1, 2, 4, 8 монет(пусть получилось n1, n2, n4 и n8 грамм). Затем найти вес монеты без учета ошибки весов, т.е.
n2-n1
(n4-n1)/3
(n8-n1)/7 и тд..
 Получится шесть чисел, в парах где ошибки совпадали будет истинное значение веса монеты(минимум два совпадения) остальные результаты будут разными, например, на
А-В
(А-В)/3
(А-В)/7
 

[Валерий]

Показать скрытый текст

  5 монет
 Допустим:   a>b   и   a-b=с
 После 5-ти взвешиваний 5-ти монет (1-ое взвеш - одна монета; второе - две и т д) имеем цепочку из 4-ех чисел разностей весов последовательных взвешиваний вида:  1. (х) 2. (х+с) 3. (х-с)
 Числа 2. (х+с) и 3. (х-с)  повторяться дважды и более раз подряд не могут, поэтому, если есть повторение подряд, то это (х), но "умные" весы нам этого и не дадут.
 Далее ищем в цепочке все три числа - если есть, то сложим и делим на 3 и получим (х), но и этого нам весы не дадут.

Из этого видим, что 4 ех монет недостаточно для определения (х)

Четвертое число пятой монеты позволяет сразу определить (х)
Например:
((х+с) + (х-с) + (х+с) + (х-с) )/4 = х   
(х+с)   ((х-с) + (х+с) + (х))/3 = х (при наличии 3-ех разных подряд - 4-ое игнорируем)

(х)  (х+с)  ((х) + (х))/2 = х (повторяется только х)
(х) ((х+с) + (х) + (х-с))/3 = х (см выше для трех разных)
 
 

[fortpost]

Показать скрытый текст

  5 монет
 Допустим:   a>b   и   a-b=с
 После 5-ти взвешиваний 5-ти монет (1-ое взвеш - одна монета; второе - две и т д) имеем цепочку из 4-ех чисел разностей весов последовательных взвешиваний вида:  1. (х) 2. (х+с) 3. (х-с)
 Числа 2. (х+с) и 3. (х-с)  повторяться дважды и более раз подряд не могут, поэтому, если есть повторение подряд, то это (х), но "умные" весы нам этого и не дадут.
 Далее ищем в цепочке все три числа - если есть, то сложим и делим на 3 и получим (х), но и этого нам весы не дадут.

Из этого видим, что 4 ех монет недостаточно для определения (х)

Четвертое число пятой монеты позволяет сразу определить (х)
Например:
((х+с) + (х-с) + (х+с) + (х-с) )/4 = х   
(х+с)   ((х-с) + (х+с) + (х))/3 = х (при наличии 3-ех разных подряд - 4-ое игнорируем)

(х)  (х+с)  ((х) + (х))/2 = х (повторяется только х)
(х) ((х+с) + (х) + (х-с))/3 = х (см выше для трех разных)
 
 

Здорово, Валерий!
А желаете ли на авторское решение взглянуть?

[Валерий]

А желаете ли на авторское решение взглянуть?

Давайте
 

[fortpost]

Даю.
Показать скрытый текст

Взвесим одну, две, …, шесть монет. Получим результаты s₁, …, s₆. При этом каждое s_n равно nX+A (назовем такие s_n белыми) либо nX+B (назовем такие s_n черными), где X — вес монеты. Положим s_nm = (s_n–s_m)/(n–m), где 1 ≤ m < n ≤ 6. Для одноцветных s_n и s_m s_nm = X, для разноцветных — X+(B–A)/(n–m) или X+(A–B)/(n–m). Перебором нетрудно показать, что пар одноцветных s_n и s_m не меньше шести, то есть среди чисел s_nm есть по крайней мере 6 одинаковых. Заметим, что все числа (B–A)/5, …, (B–A)/1, (A–B)/1, …, (A–B)/5 различны, а встречаться среди s_nm числа (B–A)/k и (A–B)/k могут в совокупности не более 6–k раз. Поэтому вес монеты — это число, которое чаще всех встречается среди s_nm.
Замечание. Как видим, достаточно шести монет. Немного усовершенствовав рассуждение, можно показать, что хватит и пяти. Четырех монет, судя по всему, мало.

[пестерь]

Даю.
Показать скрытый текст

Взвесим одну, две, …, шесть монет. Получим результаты s₁, …, s₆. При этом каждое s_n равно nX+A (назовем такие s_n белыми) либо nX+B (назовем такие s_n черными), где X — вес монеты. Положим s_nm = (s_n–s_m)/(n–m), где 1 ≤ m < n ≤ 6. Для одноцветных s_n и s_m s_nm = X, для разноцветных — X+(B–A)/(n–m) или X+(A–B)/(n–m). Перебором нетрудно показать, что пар одноцветных s_n и s_m не меньше шести, то есть среди чисел s_nm есть по крайней мере 6 одинаковых. Заметим, что все числа (B–A)/5, …, (B–A)/1, (A–B)/1, …, (A–B)/5 различны, а встречаться среди s_nm числа (B–A)/k и (A–B)/k могут в совокупности не более 6–k раз. Поэтому вес монеты — это число, которое чаще всех встречается среди s_nm.
Замечание. Как видим, достаточно шести монет. Немного усовершенствовав рассуждение, можно показать, что хватит и пяти. Четырех монет, судя по всему, мало.

а мне монет надо восемь, зато взвешиваний всего 4!