Ο γρίφος της εβδομάδας – 4 νομίσματα

Καθένα από τέσσερα νομίσματα έχει άγνωστο ακέραιο βάρος σε γρ.

Διαθέτουμε μία ζυγαριά δύο δίσκων που δείχνει την αλγεβρική διαφορά μεταξύ των βαρών του αριστερού και του δεξιού δίσκου.

Πόσες ζυγίσεις είναι απαραίτητες για να προσδιορίσουμε με βεβαιότητα τα ακριβή βάρη των τεσσάρων νομισμάτων, αν η ζυγαριά ενδέχεται να λαθέψει σε μία το πολύ ζύγιση κατά 1 γρ.;

Αιτιολογήστε.

4 σχόλια

  1. ΚΣ

    Παίρνω τα τέσσερα νομίσματα α,β,γ,δ και κάνω τις ακόλουθες ζυγίσεις που μου δίνουν αντίστοιχα τα εξής αποτελέσματα
    (α+β)-(γ+δ) =κ
    (α+γ) –(β+δ)=λ
    (α+δ)-(β+γ)=μ
    Από τις τρεις ζυγίσεις έχουμε
    (β-γ)=(κ-λ)/2
    (β-δ)=(κ-μ)/2
    (γ-δ)=(λ-μ)/2
    (α-δ)=(κ+λ)/2
    (α-γ)=(κ+μ)/2
    (α-β)=(λ+μ)/2
    Εφόσον η διαφορά μεταξύ των νομισμάτων (για παράδειγμα α-β) είναι ακέραιος αριθμός αφού ακέραια είναι τα βάρη σημαίνει ότι τα κ, λ, μ αναγκαστικά θα πρέπει να είναι ίδιας αρτιότητας (δηλαδή όλα μονά ή όλα ζυγά) προκειμένου η διαφορά ή το άθροισμα τους να διαιρεθεί ακριβώς δια του 2. Από τη στιγμή που υπάρχει πρόβλημα (αν εκδηλωθεί) σε μια μόνο ζύγιση κατά ένα γραμμάριο αυτό σημαίνει ότι όταν υπάρξει πρόβλημα θα έχουμε διαφορετική αρτιότητα. Στις τρεις ζυγίσεις, είτε και οι τρεις θα είναι κανονικές, και άρα η αρτιότητα θα είναι ίδια είτε μια θα είναι προβληματική και θα έχουμε δύο αποτελέσματα ίδιας αρτιότητας και ένα διαφορετικής.
    Αν έχουμε 2 ίδιας αρτιότητας και 1 διαφορετικής, παίρνουμε την «προβληματική» ζύγιση και την ξανακάνουμε. Αυτή μας δείχνει την κανονική αρτιότητα και τη σωστή ένδειξη. Πλέον βάζουμε στη ζυγαριά ένα νόμισμα όποιο θέλουμε και το ζυγίζουμε. Ξέρουμε πώς η ζύγιση αυτή είναι η σωστή. Έχουμε κάνει 5 ζυγίσεις και έχουμε ένα νόμισμα που ξέρουμε το βάρος του και τις παραπάνω σχέσεις και εύκολα πλέον βρίσκουμε τα υπόλοιπα.
    Αν έχουμε τρία ίδιας αρτιότητας παίρνουμε στη μια πλευρά της ζυγαριάς και τοποθετούμε τα α+β+γ+δ, αυτό σημαίνει ότι η ζυγαριά θα μας δείξει ως ένδειξη το (α+β+γ+δ)-0=α+β+γ+δ =ν.
    Αυτή η ένδειξη δεν ξέρουμε αν είναι σωστή ή όχι αλλά ξέρουμε ότι η αρτιότητα του ν πρέπει να είναι ίδια με την αρτιότητα των υπολοίπων τριών και αυτό γιατί ισχύει
    (α+β+γ+δ)=ν και (α+β)-(γ+δ)=κ => Αν αφαιρέσουμε τη δεύτερη από την πρώτη θα έχουμε
    α+β+γ+δ – [(α+β-γ-δ)]=ν-κ=> 2(γ+δ)=ν-κ=> (γ+δ)=(ν-κ)/2. Αν λοιπόν η τέταρτη ζύγιση μας δώσει αρτιότητα του ν σωστή τότε σταματάμε και από τις εξισώσεις (γ+δ)=(ν-κ)/2 και (γ-δ)=(λ-μ)/2 βρίσκουμε ό,τι χρειαζόμαστε.
    Αν η αρτιότητα του ν είναι διαφορετική, τότε κάνουμε και την πέμπτη ζύγιση βρίσκουμε τη σωστή αρτιότητα και ένδειξη και λειτουργούμε όπως παραπάνω. Συνολικά 5 ζυγίσεις σε κάθε περίπτωση.

  2. Θανάσης Παπαδημητρίου

    Υπάρχουν εξαιρετικές ιδέες στην προσέγγισή σου Κωστή, μπορούν όμως να αξιοποιηθούν ακόμα καλύτερα..

  3. ΚΣ

    Μπορούμε με 4 ζυγίσεις. Βασιζόμενοι στις παραπάνω σκέψεις περί αρτιότητας κάνουμε τις εξής 3 ζυγίσεις
    (α+β+γ+δ)-0=κ
    (α+β)-(γ+δ)=λ
    (α+γ)-(β+δ)=μ
    Αν υπάρχει λάθος ζύγιση αυτή θα έχει διαφορετική αρτιότητα. Επαναλαμβάνουμε την προβληματική (αν υπάρχει) και πλέον έχουμε μπροστά μας σωστή αρτιότητα (αφού αναγκαστικά κ,λ,μ πρέπει να έχουν ίδια αρτιότητα) και σωστές ενδείξεις στις παραπάνω ζυγίσεις.
    Ισχύει=>
    (κ-λ)/2=γ+δ, (1)
    (κ+λ)/2=α+β, (2)
    (κ-μ)/2=β+δ (3)
    (λ-μ)/2=β-γ (4)
    κ+λ-μ=3β+α+δ-γ=>β=(κ+λ-μ-α-δ+γ)/3 (5)
    κ+μ-λ=3γ+δ+α-β=> γ=(κ+μ-λ-δ-α+β)/3 (6)
    μ+λ-κ=3δ+α-β-γ=> δ=(μ+λ-κ-α+β+γ)/3 (7)
    (6)-(7)=> γ-δ= [(κ+μ-λ-δ-α+β)-(μ+λ-κ-α+β+γ)]/3 =>γ-δ=(2κ-2λ-δ-γ)/3=> 2γ-δ=κ-λ (8)
    Από (1) και (8) βρίσκουμε γ και δ στη συνέχεια από (3) βρίσκουμε β και τέλος από (2) βρίσκουμε α.

  4. Θανάσης Παπαδημητρίου

    Κωστή, κάθε σωστή ζύγιση είναι και μια εξίσωση μεταξύ των άγνωστων βαρών, αλλά με 3 μόνο εξισώσεις είναι αδύνατο στη γενική περίπτωση να βρούμε μονοσήμαντα τα 4 βάρη.

    Χρειάζονται λοιπόν 4 σωστές ζυγίσεις και μπορούμε να τις έχουμε ως εξής:
    Βάζουμε σε κάθε ζύγιση ένα διαφορετικό κάθε φορά νόμισμα στον αριστερό δίσκο και τα υπόλοιπα τρία στον δεξιό.
    Αν και οι τέσσερις ζυγίσεις είναι ακριβείς, θα δώσουν αποτέλεσμα της ίδιας αρτιότητας. Έτσι θα έχουμε 4 ανεξάρτητες σωστές εξισώσεις, από τις οποίες μπορούμε να βρούμε τα 4 βάρη.
    Αν μία από τις ζυγίσεις έχει σφάλμα, θα δώσει αποτέλεσμα διαφορετικής αρτιότητας από τις άλλες τρεις. Έτσι θα έχουμε τρεις σωστές εξισώσεις και μία λανθασμένη, που χρειάζεται την πρόσθεση ή αφαίρεση μίας μονάδας στο αποτέλεσμά της για να γίνει κι αυτή σωστή. Στην περίπτωση αυτή, χρησιμοποιούμε τις τρεις σωστές για να εκφράσουμε τα τρία βάρη συναρτήσει του τέταρτου, αντικαθιστούμε στην τέταρτη και βλέπουμε τι ακριβώς πρέπει να κάνουμε για να αποκατασταθεί η ορθότητα του αποτελέσματος (π.χ. με έλεγχο ισοτιμίας των μελών mod4).
    Σε κάθε περίπτωση, θα έχουμε τελικά 4 ανεξάρτητες σωστές εξισώσεις και 4 αγνώστους. Τέλος.

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *