Τα πρόσφατη σουίτα παζλ παρουσίαζε την ταπεινή ζυγαριά ισορροπίας διπλού ταψιού, ιστορικά σύμβολο του εμπορίου και της κυβέρνησης, της τέχνης και της επιστήμης. Οι κλίμακες ισορροπίας είναι επίσης δημοφιλείς στα ψυχαγωγικά μαθηματικά. Τα παζλ ισορροπίας απαιτούν σαφή, λογική συλλογιστική και προσφέρονται για μαθηματική γενίκευση. Ας δούμε πώς Quanta Οι αναγνώστες εξισορρόπησαν αυτές τις ιδιότητες στα παρακάτω παζλ.
Παζλ 1
Έχετε οκτώ πανομοιότυπα νομίσματα. Το ένα είναι πλαστό και ελαφρύτερο από τα άλλα, που έχουν τα ίδια βάρη. Βρείτε το κακό νόμισμα σε δύο ζυγίσματα. Βρείτε τον γενικό τύπο για τον μέγιστο αριθμό κερμάτων στα οποία μπορείτε να βρείτε το πλαστό x ζυγίσεις.
Η αντιμετώπιση μιας απλής εκδοχής ενός προβλήματος συχνά αποκαλύπτει το κλειδί για τη λύση. Σε αυτή την περίπτωση, φανταστείτε ότι έχετε μόνο τρία νομίσματα, με το ένα ελαφρύτερο από τα άλλα δύο. Αν ζυγίσεις ένα από αυτά με ένα από τα άλλα δύο, είτε θα ισορροπήσουν είτε όχι. Αν δεν το κάνουν, ξέρετε ποιο είναι πιο ελαφρύ. Αν ισορροπούν, τότε το τρίτο είναι το ελαφρύ. Χρειάζεστε μόνο ένα μόνο ζύγισμα.
Έτσι, σε αυτό το παζλ, εάν μπορείτε να απομονώσετε μια ομάδα τριών (ή λιγότερων) που περιέχει το ελαφρύ νόμισμα στο πρώτο ζύγισμα, θα χρειαστείτε απλώς ένα ακόμη ζύγισμα. Μπορείτε να το κάνετε αυτό εξισορροπώντας οποιαδήποτε τρία με άλλα τρία. Εάν οι δύο ομάδες δεν είναι ισορροπημένες, έχετε βρει την ομάδα που περιέχει την ελαφριά και μπορείτε να προχωρήσετε όπως παραπάνω για τη δεύτερη ζύγιση. Εάν ισορροπούν, ζυγίστε απλώς τα υπόλοιπα δύο νομίσματα μεταξύ τους και θα βρείτε το ελαφρύ.
Παρατηρήστε ότι αυτό λειτουργεί επίσης αν υπάρχουν τρία στην ομάδα χωρίς ζύγιση, οπότε θα μπορούσαμε να ξεκινήσουμε με εννέα νομίσματα. Ακολουθώντας αυτή τη λογική, και ξεκινώντας με τρία νομίσματα, για κάθε επιπλέον ζύγισμα μπορούμε να βρούμε το ελαφρύ νόμισμα σε τριπλάσιο αριθμό νομισμάτων που είχαμε προηγουμένως. Ο τύπος που μας δίνει τον μέγιστο αριθμό νομισμάτων n in w ζυγίσεις είναι επομένως n = 3w.
Παζλ 2
Έχετε 12 πανομοιότυπα νομίσματα. Το ένα είναι είτε βαρύτερο είτε ελαφρύτερο από τα άλλα, που έχουν τα ίδια βάρη.
-
Βρείτε το κακό νόμισμα σε τρία ζυγίσματα.
-
Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός κερμάτων για τα οποία μπορείτε να βρείτε το κακό σε τέσσερις ζυγίσεις; Περιγράψτε πώς θα βρείτε το ψεύτικο νόμισμα.
Η λύση σε αυτό το παζλ περιγράφηκε καλά από Απλώνω χόρτα, ο οποίος έδειξε επίσης ότι μπορείτε πραγματικά να εντοπίσετε το κακό νόμισμα ανάμεσα σε 13 νομίσματα σε τρεις ζυγίσεις. Ακολουθεί η λύση του Ted (με εσοχές για διαχωρισμό των τριών ζυγίσεων σε κάθε περίπτωση):
Ξεκινήστε ζυγίζοντας 4 νομίσματα έναντι 4 νομισμάτων.
Περίπτωση 1: Αν δεν είναι ισορροπημένο, για το δεύτερο ζύγισμα βάλτε 2 από τη βαρύτερη πλευρά και στις δύο πλευρές της ζυγαριάς μαζί με 1 από την πιο ελαφριά πλευρά.
1α: Αν δεν είναι ισορροπημένο, το κακό νόμισμα είναι είτε τα 2 νομίσματα που παραμένουν στη βαριά πλευρά είτε το μονό κέρμα που εξακολουθεί να βρίσκεται στην ελαφριά πλευρά.
Ζυγίστε τα 2 πιθανά βαριά νομίσματα, το κακό είναι είτε το βαρύτερο από τα δύο είτε το μονό ελαφρύ αν είναι ισορροπημένα.
1β: Εάν η δεύτερη ζύγιση είναι ισορροπημένη, το κακό νόμισμα είναι ένα από τα 2 αχρησιμοποίητα από την ελαφρύτερη πλευρά της πρώτης ζύγισης.
Ζυγίστε τα μεταξύ τους, το πιο ελαφρύ είναι κακό.
Περίπτωση 2: Αν είναι ισορροπημένο, το κακό νόμισμα είναι ένα από τα 5 εναπομείναντα. Ζυγίστε 3 από αυτά έναντι οποιωνδήποτε 3 ήδη ζυγισμένων (που είναι γνωστό ότι είναι καλά).
Περίπτωση 2α: Αν δεν είναι ισορροπημένο, ξέρετε ότι το κακό νόμισμα είναι ένα από αυτά τα 3 και αν είναι ελαφρύ ή βαρύ.
Το τρίτο ζύγισμα είναι οποιοδήποτε από τα 2 μεταξύ τους — αν δεν είναι ισορροπημένο, αυτό προσδιορίζει το κακό νόμισμα, αν είναι ισορροπημένο είναι το τελευταίο από τα τρία.
Περίπτωση 2β: Εάν το δεύτερο ζύγισμα είναι ισορροπημένο, το κακό νόμισμα είναι ένα από τα υπόλοιπα 2.
Ζυγίστε οποιοδήποτε από αυτά με ένα γνωστό καλό νόμισμα. Εάν αυτό το αποτέλεσμα δεν είναι ισορροπημένο, αυτό το νέο νόμισμα είναι κακό και ξέρετε αν είναι βαρύ ή ελαφρύ. Εάν αυτό το αποτέλεσμα είναι ισορροπημένο, το 13ο νόμισμα είναι κακό, αλλά είναι άγνωστο αν είναι βαρύ ή ελαφρύ (το οποίο δεν χρειάζεται να γνωρίζουμε, οπότε τελειώσαμε).
Απλώνω χόρτα έδειξε επίσης ότι ο μέγιστος αριθμός νομισμάτων για τέσσερις ζυγίσεις είναι 40. Ο τύπος για αυτό το παζλ είναι: n = (3w − 1)/2.
Για τους υπόλοιπους γρίφους, οι γενικευμένοι τύποι βρίσκονται ακόμη υπό διερεύνηση από επαγγελματίες μαθηματικούς και αποτελούν αντικείμενο δημοσιευμένων εργασιών, μερικές από τις οποίες έχουν αναφερθεί από Rainer aus dem Spring. Θα περιοριστώ σε λύσεις για τους μικρούς αριθμούς νομισμάτων που εξετάζουμε στα παζλ και θα αναφέρω μόνο γενικεύσεις που προκύπτουν φυσικά από τις μεθόδους που χρησιμοποιούνται σε αυτές τις περιπτώσεις.
Παζλ 3
Αυτή είναι μια παραλλαγή του παζλ 1. Έχετε και πάλι οκτώ πανομοιότυπα νομίσματα, ένα από τα οποία είναι ελαφρύτερο από τα άλλα. Ωστόσο, τώρα έχετε τρεις κλίμακες. Δύο από τις κλίμακες λειτουργούν, αλλά η τρίτη είναι σπασμένη και δίνει τυχαία αποτελέσματα (άλλοτε είναι σωστό και άλλοτε λάθος). Δεν ξέρεις ποια ζυγαριά έχει σπάσει. Πόσα ζυγίσματα θα χρειαστούν για να βρεθεί το ελαφρύ νόμισμα;
Όπως είδαμε στο πρόβλημα 1, αυτό απαιτεί μόνο δύο ζυγίσεις με καλή ζυγαριά. Γνωρίζουμε επίσης ότι οι δύο καλές ζυγαριές θα συμφωνούν πάντα, οπότε αν απλώς επαναλάβουμε κάθε ζύγιση και στις τρεις ζυγαριές, θα έχουμε την απάντηση σε έξι ζυγίσεις όπως πρότεινε ένας αναγνώστης. Αν προσπαθήσουμε να το κάνουμε σε μικρότερο αριθμό ζυγισμάτων, γίνεται λίγο δύσκολο. Δεν μπορούμε να αναγνωρίσουμε μια καλή ζυγαριά απλώς ζυγίζοντας τα ίδια νομίσματα σε δύο ζυγαριές, γιατί ακόμα κι αν συμφωνούν, κάποιο από τα δύο μπορεί να είναι ακόμα κακή ζυγαριά. (Αυτό δείχνει επίσης πόσο εύκολα η παραπληροφόρηση ή οι τυχαίες πληροφορίες μπορούν να συσκοτίσουν την αλήθεια.)
Στην πραγματικότητα, αυτό το πρόβλημα μπορεί να λυθεί, πολύ έξυπνα, σε μόλις τέσσερα ζυγίσματα! Rainer aus dem Spring δημοσίευσε τη λύση χρησιμοποιώντας μια νέα σημείωση που φαίνεται να έχει δημιουργηθεί για αυτό το παζλ. Αλλά πριν πάτε εκεί, θέλω να φανταστείτε ένα σενάριο που ελπίζω να κάνει τα πράγματα πιο διαισθητικά.
Φανταστείτε ότι είστε ένας ντετέκτιβ που ερευνά ένα χτύπημα και τρέξιμο σε μια μικρή χώρα της οποίας τα αυτοκίνητα έχουν διψήφιες πινακίδες κυκλοφορίας χρησιμοποιώντας μόνο τα ψηφία 0, 1 και 2. Τρία άτομα, οι Α, Β και Γ, παρατήρησαν το περιστατικό. Δύο από αυτούς απαντούν πάντα σωστά σε μια ερώτηση τριών επιλογών και ο ένας δίνει εντελώς τυχαίες απαντήσεις. Δεν ξέρετε ποιος είναι ο τυχαίος που απαντά. Πρέπει να κάνετε σε καθένα από αυτά μια ερώτηση τριών επιλογών και στη συνέχεια να επιλέξετε αυτόν που σίγουρα λέει την αλήθεια για να λάβετε περισσότερες πληροφορίες.
Δείτε πώς το κάνετε. Ρωτήστε τον Α εάν το πρώτο ψηφίο είναι 0, 1 ή 2. Ας πούμε ότι το Α λέει 2. Ρωτήστε το Β εάν το δεύτερο ψηφίο είναι 0, 1 ή 2. Ας υποθέσουμε ότι το Β λέει 1. Στη συνέχεια ζητήστε από το Γ να κάνει μια επιλογή μεταξύ αυτών των τριών δηλώσεων:
- Μόνο ο Α λέει την αλήθεια.
- Μόνο ο Β λέει την αλήθεια.
- Και οι δύο λένε την αλήθεια.
Μπορείτε να πιστέψετε αυτό που σας λέει ο C και να ρωτήσετε αυτό το άτομο για το άλλο ψηφίο. Για να δείτε γιατί, σκεφτείτε ότι αν ο Α λέει ψέματα, τότε ο Γ είναι αξιόπιστος και θα πει ότι ο Β λέει την αλήθεια. Το δεύτερο ψηφίο θα είναι στην πραγματικότητα 1 και στη συνέχεια μπορείτε να ρωτήσετε το Β σχετικά με το πρώτο ψηφίο. Ομοίως, αν ο Β λέει ψέματα, τότε ο Γ είναι και πάλι αξιόπιστος και θα πει ότι ο Α λέει την αλήθεια. Τότε το πρώτο ψηφίο είναι στην πραγματικότητα 2 και μπορείτε να ρωτήσετε το Α για το δεύτερο ψηφίο. Τέλος, αν ο C λέει ψέματα, τότε και το A και το B είναι αξιόπιστα, οπότε μπορείτε ακόμα να πιστεύετε και να επιλέξετε όποιον λέει ο C. (Και αν ο Γ λέει ότι και ο Α και ο Β λένε την αλήθεια, τότε πρέπει και οι δύο να λένε την αλήθεια.) Το κλειδί εδώ είναι ότι η επιλογή των ερωτήσεών σας δεν επιτρέπει στον Γ να πει ψέματα με τέτοιο τρόπο ώστε να θέτει αμφιβολίες τόσο για τον Α όσο και για τον Β. Δεδομένου ότι τουλάχιστον ένα από τα Α και Β πρέπει να είναι αξιόπιστο, μπορείτε πάντα να επιλέξετε αυτό με το οποίο συμφωνεί ο Γ, ακόμα κι αν είναι απλώς μια τυχαία απάντηση. Εάν συμφωνούν και οι τρεις, τότε έχετε ήδη και τα δύο ψηφία της πινακίδας.
Δείτε πώς να μεταφράσουμε αυτό το παραμύθι στο παζλ μας. Οι κλίμακες είναι Α, Β και Γ. Μπορείτε να μεταφράσετε τα δύο ψηφία της πινακίδας στα κέρματα ως εξής: το 01 είναι το νόμισμα 1, το 02 το κέρμα 2, το 10 το νόμισμα 3, το 11 το κέρμα 4, το 12 το κέρμα 5, Το 20 είναι το νόμισμα 6, το 21 το νόμισμα 7 και το 22 το νόμισμα 8. Οι επιτήδειοι αναγνώστες θα αναγνωρίσουν ότι αυτό είναι το βασικό σύστημα αριθμών 3 (ή τριμερές). Σημειώστε επίσης ότι υπάρχει ένας επιπλέον πιθανός αριθμός 00, τον οποίο μπορείτε να χρησιμοποιήσετε για ένα ένατο νόμισμα για το οποίο θα λειτουργήσει και αυτή η τεχνική, όπως στο παζλ 1.
Για την πρώτη ζύγιση, διαιρείτε τα νομίσματα με το πρώτο τους (βάση 3) ψηφίο, έτσι οι τρεις ομάδες σας θα είναι κέρματα [1, 2], [3, 4, 5] και [6, 7, 8]. Ζυγίστε [3, 4, 5] έναντι [6, 7, 8] στην κλίμακα Α. Εάν το Α λειτουργεί καλά, θα έχετε τη σωστή ομάδα πρώτου ψηφίου όπως στο παζλ 1. Ομοίως, για τη δεύτερη ζύγιση στην κλίμακα Β οι ομάδες σας θα είναι αυτά με το ίδιο δεύτερο ψηφίο: [1, 4, 7], [2, 5, 8] και [3, 6]. Εάν το B λειτουργεί καλά, θα έχετε το σωστό δεύτερο ψηφίο. Για την τρίτη ζύγιση, στην κλίμακα C, ζυγίζετε την ομάδα που προσδιόρισε ο Α έναντι της ομάδας που έκανε ο Β. Ακολουθώντας το παράδειγμά μας, για το 21, οι ομάδες θα είναι [6, 7, 8] και [1, 4, 7]. Το νόμισμα 7 δεν μπορεί να τοποθετηθεί και στις δύο όψεις ταυτόχρονα, επομένως το αφήνουμε έξω και ζυγίζουμε τα [6, 8] και [1, 4] μεταξύ τους. Σημειώστε ότι αν το Α και το Β είναι και τα δύο αξιόπιστα, τότε το 7 είναι στην πραγματικότητα η σωστή απάντηση, και δεν έχει σημασία ποια πλευρά βγαίνει πιο ελαφριά στο Γ. Εάν κατά τύχη το ζύγισμα στο Γ είναι ισορροπημένο, τότε συμφωνούν και οι τρεις ζυγαριές, και έχετε την απάντησή σας (νόμισμα 7) σε μόλις τρεις ζυγίσεις. Εάν το Α είναι αξιόπιστο και το Β όχι, το ελαφρύτερο νόμισμα είναι στο [6, 8], η οποία η κλίμακα C θα επιβεβαιώσει, και εάν το Β είναι αξιόπιστο και το Α δεν είναι, το ελαφρύτερο νόμισμα είναι στο [1, 4], ποια κλίμακα C θα επιβεβαιώσει επίσης.
Έτσι, σε τρεις ζυγίσεις είτε έχουμε αναγνωρίσει το ελαφρύ νόμισμα είτε το περιορίσαμε σε μια ομάδα των δύο, και έχουμε επίσης εντοπίσει μια ζυγαριά εργασίας. Το τέταρτο ζύγισμα είτε στην κλίμακα Α είτε στην κλίμακα Β (όποια ζυγαριά Γ συμφωνούσε) θα κάνει τα υπόλοιπα.
Αυτή η λύση μου φαίνεται απίστευτα όμορφη!
Αυτή η μέθοδος μπορεί να γενικευτεί για να βρεθεί το ελαφρύ νόμισμα μεταξύ 32x νομίσματα σε 3x + 1 ζύγισμα με το δεδομένο σετ ζυγαριών. Έτσι, χρειάζεστε επτά ζυγίσματα για 81 νομίσματα. Για μεγαλύτερους αριθμούς νομισμάτων (>~1,000), μια ακόμη ισχυρότερη λύση υπάρχει.
Παζλ 4
Έχετε 16 νομίσματα, οκτώ από τα οποία είναι βαριά και του ίδιου βάρους. Τα άλλα οκτώ είναι ελαφριά και του ίδιου βάρους. Δεν ξέρετε ποια νομίσματα είναι βαριά ή ελαφριά. Τα νομίσματα φαίνονται πανομοιότυπα εκτός από ένα που έχει ειδικές σημάνσεις. Με μια καλή ζυγαριά, μπορείτε να καταλάβετε αν το ειδικό νόμισμα είναι ελαφρύ ή βαρύ σε τρία ζυγίσματα; Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός κερμάτων με τον οποίο μπορείτε να ξεκινήσετε και να λύσετε με επιτυχία αυτό το πρόβλημα σε τέσσερις ζυγίσεις;
Εκ πρώτης όψεως, αυτό το παζλ φαίνεται σχεδόν αδύνατο να γίνει σε τρία ζυγίσματα, όπως κατέληξε ένας από τους αναγνώστες μας. Ωστόσο, με κάποια εξυπνάδα μπορεί να γίνει, και τα δύο Απλώνω χόρτα και Rainer aus dem Spring έδωσε σωστές λύσεις. Ο Τεντ παρείχε μερικές ανεκτίμητες γενικές αρχές που αξίζει να προσέξουμε.
Πρώτον, μέχρι να λάβετε ένα μη ισορροπημένο αποτέλεσμα από μια ζύγιση, δεν θα έχετε αρκετές πληροφορίες για να προσδιορίσετε εάν το ειδικό νόμισμα είναι βαρύ ή ελαφρύ. Πρέπει λοιπόν να προσπαθήσετε να επιβάλετε ένα μη ισορροπημένο αποτέλεσμα.
Δεύτερον, εάν έχετε ένα ισορροπημένο αποτέλεσμα (ας πούμε ότι το ειδικό κέρμα Α ισορροπεί το κέρμα Β), μπορείτε να συνδυάσετε τα κέρματα που είναι ισορροπημένα και να τα ζυγίσετε με δύο ακόμη νομίσματα, το C και το D. Εάν δεν είναι ισορροπημένα, έχετε την απάντηση. Διαφορετικά, έχετε τώρα διπλασιάσει τον αριθμό των όμοιων νομισμάτων, κάτι που μπορεί να σας βοηθήσει να λάβετε μια μη ισορροπημένη απάντηση στην επόμενη ζύγιση. Μπορείτε επίσης να εκτελέσετε αυτήν τη διαδικασία αντίστροφα με αριθμούς νομισμάτων που έχουν ισχύ δύο (4, 8, κ.λπ.) εάν έχετε ένα αρχικό μη ισορροπημένο αποτέλεσμα όπως φαίνεται στην παρακάτω λύση.
Παρακάτω ακολουθεί ολόκληρη η διαδικασία που μπορεί να αναγνωρίσει τον τύπο του ειδικού κέρματος Α σε όλες τις περιπτώσεις σε τρεις ζυγίσεις. (Το Β, το Γ και το Δ είναι τρία νομίσματα που τοποθετούνται στην ίδια πλευρά με το Α στο ζύγισμα 1 (W1), τα Χ και Υ είναι τα δύο νομίσματα που δεν χρησιμοποιούνται στο W1.)
Αυτό το παζλ εφευρέθηκε από τον Ρώσο μαθηματικό Κονσταντίν Νοπ, μια παγκόσμια αρχή στα παζλ ζύγισης νομισμάτων. Πολλά από τα χαρτιά του είναι στα ρωσικά, αλλά μπορείτε να βρείτε πολλά παζλ με νομίσματα (μεταξύ άλλων ενδιαφέροντων παζλ) στο blog της συνεργάτιδάς του Tanya Khovanova.
Όσο για τη γενίκευση, θα το αφήσω σε εσάς να δείτε αν αυτή η ίδια μέθοδος λειτουργεί για την εύρεση του τύπου ενός ειδικού νομίσματος ανάμεσα σε 32 νομίσματα, από τα οποία τα 16 είναι βαριά και τα 16 ελαφριά.
Παζλ 5
έχετε n όμοια νομίσματα, μερικά από τα οποία είναι πλαστά και ελαφρύτερα από τα άλλα. Το μόνο που γνωρίζετε είναι ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα πλαστό νόμισμα και ότι υπάρχουν περισσότερα κανονικά νομίσματα από πλαστά. Η δουλειά σας είναι να εντοπίσετε όλα τα πλαστά νομίσματα.
Το γεγονός ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα ελαφρύ νόμισμα και ότι υπάρχουν περισσότερα κανονικά νομίσματα από ελαφριά κάνει αυτό το παζλ λιγότερο περίπλοκο από ό,τι φαίνεται αρχικά, τουλάχιστον για μικρούς αριθμούς. Ας δούμε τους αριθμούς ζύγισης για ένα έως οκτώ νομίσματα.
Για ένα και δύο νομίσματα, δεν μπορούν να υπάρχουν ελαφριά νομίσματα για τη δεύτερη συνθήκη, επομένως δεν απαιτούνται ζυγίσεις.
Τρία νομίσματα: Μόνο ένα ελαφρύ νόμισμα. Απαιτείται ένα ζύγισμα ανά παζλ 1.
Τέσσερα νομίσματα: Μόνο ένα ελαφρύ νόμισμα. Απαιτείται ένα επιπλέον ζύγισμα, άρα w = 2.
Πέντε νομίσματα: Ένα έως δύο ελαφριά νομίσματα. Αυτή είναι η πρώτη ενδιαφέρουσα περίπτωση. Το ερώτημα είναι: Πρέπει να ζυγίζουμε ένα νόμισμα έναντι ενός ή δύο νομίσματα έναντι δύο;
Αν ζυγίσουμε ένα εναντίον ενός, τότε μπορούμε να έχουμε:
- Δύο μη ισορροπημένα ζυγίσματα: Ανακαλύφθηκαν δύο νομίσματα. εμεις τελειωσαμε.
- Ένα ισορροπημένο ζύγισμα από δύο: Τα ισορροπημένα νομίσματα πρέπει να είναι κανονικά, επομένως το τελευταίο νόμισμα χρειάζεται άλλο ζύγισμα, w = 3.
- Δύο ζυγίσματα: Στην τρίτη ζύγιση, ζυγίστε ένα νόμισμα από κάθε προηγούμενη ζύγιση με ένα άλλο. Εάν είναι ισορροπημένα, και τα τέσσερα είναι κανονικά και το νόμισμα 5 είναι το ελαφρύ. Εμεις τελειωσαμε; w = 3 πάλι. Αν δεν είναι ισορροπημένα, βρήκαμε τα δύο ελαφριά νομίσματα και τελειώσαμε με τρεις ζυγίσεις.
Αν αντ' αυτού ζυγίζουμε δύο εναντίον δύο, χρειαζόμαστε και πάλι τρεις ζυγίσεις, γιατί πρέπει να διακρίνουμε τις πιθανότητες τα νομίσματα να είναι ανόμοια ή παρόμοια σε κάθε πλευρά. Οι ζυγίσεις που χρησιμοποιούν μικρούς αριθμούς κερμάτων ομαδοποιημένων δεν φαίνεται να έχουν κανένα πλεονέκτημα σε σχέση με τις ζυγίσεις με μεμονωμένα νομίσματα.
Αυτό επιβεβαιώνεται για:
Έξι νομίσματα: Ένα έως δύο ελαφριά νομίσματα. w = 4.
Επτά νομίσματα: Ένα έως τρία ελαφριά νομίσματα. w = 5.
Οκτώ νομίσματα: Ένα έως τρία ελαφριά νομίσματα. w = 6. Αυτή η λύση έχει μια απλή δομή:
- Πρώτα κάντε τέσσερις ζυγίσεις του ενός νομίσματος με το επόμενο. Όλα τα νομίσματα χρησιμοποιούνται.
- Χειρότερη περίπτωση: Και οι τέσσερις ζυγίσεις είναι ισορροπημένες (υπάρχουν δύο ελαφριά νομίσματα που ισορροπούν μεταξύ τους).
- Επόμενες δύο ζυγίσεις: Ζυγίστε ένα κέρμα από το βάρος 1 έναντι ενός κέρματος από το βάρος 2. Ομοίως, ζυγίστε ένα νόμισμα από το βάρος του 3 έναντι ενός κέρματος από το βάρος του 4.
- Ένα από αυτά τα ζυγίσματα θα είναι μη ισορροπημένο, προσδιορίζοντας τα δύο ελαφριά νομίσματα. Τελειώσαμε σε έξι ζυγίσεις.
Λυπούμαστε, η ακολουθία μας των 0, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 σίγουρα δεν είναι αρκετά ενδιαφέρουσα για να υποβάλουμε Διαδικτυακή εγκυκλοπαίδεια ακέραιων ακολουθιών!
As Jonas Tøgersen Kjellstadli επισήμανε, η λύση φαίνεται να είναι w = n − 2 για μικρούς αριθμούς, αλλά δεν έχουμε αποδείξει ότι αυτό δεν θα αλλάξει για μεγαλύτερους αριθμούς. Σε μερικά n, η χρήση πολλαπλών ζυγίσεων νομισμάτων μπορεί να αρχίσει να αποδίδει καλύτερα ή περισσότερες ζυγίσεις από n − Μπορεί να απαιτούνται 2. Μπορούμε απλά να γενικεύσουμε τη λύση για οκτώ νομίσματα σε όλες τις δυνάμεις του 2, δίνοντας n − 2 ως το άνω όριο για τον αριθμό των ζυγιστών για όλες τις δυνάμεις του 2.
Ο Mark Pearson συζήτησε την ομοιότητα αυτού του προβλήματος με τους κωδικούς διόρθωσης σφαλμάτων και πρότεινε τη χρήση μιας προσέγγισης θεωρίας πληροφοριών με βάση τον αριθμό των πιθανών αποτελεσμάτων. Χρησιμοποιώντας μια τέτοια προσέγγιση, Mike Roberts δημοσίευσε ένα κάτω όριο για τη γενικότερη περίπτωση, η οποία Rainer aus dem Spring εξήγαγε μια προσέγγιση για. Ο Ράινερ δημοσίευσε επίσης ένα άνω όριο από μια δημοσιευμένη εργασία, αλλά σημείωσε ότι τα όρια δεν είναι έντονα για χαμηλά n και επομένως δεν είναι χρήσιμο για τους μικρούς αριθμούς που εξετάσαμε παραπάνω. Έτσι, για επτά νομίσματα, τα όρια που αναφέρονται δίνουν ένα εύρος από 4 έως 16, μεταξύ των οποίων η απάντησή μας, 5, εμπίπτει. J. Payette δίνει επιπλέον μαθηματικές αναφορές και όρια για όλα τα παζλ.
Ευχαριστώ όλους όσους συμμετείχαν. Το βραβείο Insights για αυτόν τον μήνα πηγαίνει από κοινού στον Ted και τον Rainer aus dem Spring. Συγχαρητήρια!
Τα λέμε την επόμενη φορά για νέα Δεδομένα.
