Tiedepalsta.fi

Nyt minun täytyy pyytää nöyrästi anteeksi. Edellinen ratkaisu oli tietysti oikein.
Muistin kolikkojen määrän väärin. Niitä onkin peräti 12. Punnituksia kuitenkin vain kolme.

Ykkösnolla kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 17:26

PlushNinja kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 16:24

Ykkösnolla kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 11:41 Tämä ratkaisu taitaa olla mainitsemassani kirjassakin.

Toisaalta PlusNinjan vastaus sopisi selvästi myös sellaiseen ongelmaan, missä voi olla kaksi pinoa väärennettyä rahaa. Entä yli 2 pinoa väärennettyä rahaa?

Binaarimatikan ansiosta selviää kaikki tilanteet, oli väärien kolikoiden pusseja mikä tahansa määrä nollasta kymmeneen. Lisäpainon määrä pussista seuraavaan on aina tuplat.

Taitaa toimia, koska 2^0+2^1+...+2^(n-1)=2^n-1<2^n.

Mutta, jos otetaan tehtävästä Gardnerin kirjan muoto, jossa kolikoita on vain 100, kymmenen jokaisessa kymmenessä pinossa, niin sitten ei toimi!

Palaan tähän vielä hetkeksi.

1. pino, ota 2^0 = 0 000 000 001 kolikkoa, paino 1 g tai 1,1 g
2. pino, ota 2^1 = 0 000 000 010 kolikkoa, paino 2 g tai 2,2 g
3. pino, ota 2^2 = 0 000 000 100 kolikkoa, paino 3 g tai 3,3 g
…
9. pino, ota 2^8 = 0 100 000 000 kolikkoa, paino 8 g tai 8,8 g
10. pino, ota 2^9 = 1 000 000 000 kolikkoa, paino 9 g tai 9,9 g

Jos esimerkiksi 2. pino, 3. pino ja 9. pino ovat väärää rahaa, on punnitustulos
(2^1+2^2+2^8)*1,1 + (2^0+2^3+2^4+2^5+2^6+2^7+2^9)*1
= (2^1+2^2+2^8)*0,1 + 2^10 - 1 (grammaa)

Yleisesti punnitustulos on s*0,1 + 2^10 - 1 (grammaa), missä
s = a10*(2^9) + a9*(2^8)+...+a3*(2^2) + a2*(2^1) + a1*(2^0),
missä a-kertoimet ovat 1 tai 0 sen mukaan, onko kyseinen pino väärää rahaa vai ei.

Näin jokaista punnitustulosta vastaa yksi tietty väärien pinojen yhdistelmä, eikä kahdella erilaisella väärien pinojen yhdistelmällä voi olla samaa punnitustulosta.

---

Jos siis punnitustulos on m, niin ratkaise s yhtälöstä
m = s*0,1 + 2^10 - 1
ja muunna se binääriluvuksi, niin näet, mitkä pinot ovat väärää rahaa.

Wiesti kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 22:46 Nyt minun täytyy pyytää nöyrästi anteeksi. Edellinen ratkaisu oli tietysti oikein.
Muistin kolikkojen määrän väärin. Niitä onkin peräti 12. Punnituksia kuitenkin vain kolme.

Nyt vaikuttaa tutummalta. Näitä vuosia sitten pähkäiltiin.

Wiesti kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 22:46 Nyt minun täytyy pyytää nöyrästi anteeksi. Edellinen ratkaisu oli tietysti oikein.
Muistin kolikkojen määrän väärin. Niitä onkin peräti 12. Punnituksia kuitenkin vain kolme.

Tarkoitatko, että tilanteesta "12 kolikkoa, joista yksi on erilainen", selvitään myös vain kolmella punnituksella?

Mietin juuri, että kolikoiden määrän kaksinkertaistaminen lisää aina yhden punnituksen, siis
16 kolikkoa, joista 1 on erilainen, selvitään neljällä punnituksella.
32 kolikkoa, joista 1 on erilainen, selvitään viidellä punnituksella.
...
Tämä sama "puolitusmenetelmä" sopii hyvin näihin kaikkiin.
-----------------------
Sitten mietin vaikkapa tilannetta "5 kolikkoa, joista 1 erilainen" yms., ja tulin seuraavaan tulokseen:
5-8 kolikkoa: tarvitaan 3 punnitusta
9-16 kolikkoa, tarvitaan 4 punnitusta
17-32 kolikkoa, tarvitaan 5 punnitusta
...
Tai siis en ainakaan keksinyt mitään parempaa. Mutta ilmeisesti siis on, vaikkapa tuossa tapauksessa 12?

Ykkösnolla kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 19:25 3. Kaksi siis jäljellä. Nimetään ne C:ksi ja D:ksi. Punnitse vaikkapa C ja A vastakkain. Jos ovat tasoissa, on vastaus D. Muutoin C.

Muistin että tässä piti kyetä kertomaan oliko eripainoinen oikeisiin verrattuna painavampi vai kevyempi, tämä ei nyt toteudu, eikö niin ?

JMe1 kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 23:14

Ykkösnolla kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 19:25 3. Kaksi siis jäljellä. Nimetään ne C:ksi ja D:ksi. Punnitse vaikkapa C ja A vastakkain. Jos ovat tasoissa, on vastaus D. Muutoin C.

Muistin että tässä piti kyetä kertomaan oliko eripainoinen oikeisiin verrattuna painavampi vai kevyempi, tämä ei nyt toteudu, eikö niin ?

Jos kaikki kolme punnitusta ovat "tasoissa", niin kyllä ole mitään, mistä tämä selviäisi. Eli siihen tarvitaan jotain aivan erilaista.

Onko se mahdollista, vai koskiko tämä sitä 12 kolikon tilannetta? Toisaalta, jos se onnistuu 12:lla, niin luulisihan 8:lla olevan helpompaa...

Vaaka siis näyttää paitsi eron (viisari vinossa) ja samuuden (viisari suorassa) lisäksi, myös sen, kumpi puoli on painavampi, kumpi kevyempi? Tätä tietoa en vielä käyttänyt.

Ykkösnolla kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 23:28 Eli siihen tarvitaan jotain aivan erilaista

Jep, se oivallus johon viittasin. Myös 12 kolikon tehtävässä pitää kyetä kertomaan kumpaa (painavampi, kevyempi) kolikko on muihin verrattuna.

Kahdentoista kolikon tehtävä on mielestäni vaikein tietämäni logiikkapulma.

JMe1 kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 23:39 Kahdentoista kolikon tehtävä on mielestäni vaikein tietämäni logiikkapulma.

Määritelmä uudelleen:
Sinulla on tasapainovaaka ja 12 kolikkoa joista yhden paino poikkeaa muista.
Ratkaise eripainoinen kolikko kolmella punnituksella. Myös ero oikeanpainoisiin pitää kertoa, eli oliko kevyempi vai painavampi.

Ensimmäinen punnitus antaa kanditaatteja ”raskaaksi tai keveäksi”. Tämä on aika selvää. Tarvitaan kuitenkin toinen ei-ilmeinen lisätemppu.

Wiesti kirjoitti: ↑25 Marras 2025, 08:29 Ensimmäinen punnitus antaa kanditaatteja ”raskaaksi tai keveäksi”. Tämä on aika selvää. Tarvitaan kuitenkin toinen ei-ilmeinen lisätemppu.

Tarkoitat siis, että ratkaisun ensimmäisessä punnituksessa kaikki 12 ovat mukana, ilmeisesti 6 molemmin puolin. Muutoinhan on riski tasapainosta, ja mitään raskaus/keveys -tietoa ei saada. (Myös erimäärien (esim. 5 ja 6) valinta on turhaa, emmehän edes tiedä, onko painoero yhden rahan painoa suurempi vai pienempi.)

Vaikea on, tuskin onnistuu. Muun muassa erilaisia ryhmittelyjä olen mietiskellyt, mutta ei niistä ole mitään lisäapua tullut (esim. 6 kpl kahden kolikon ryhmiä).

Toivottavasti oikea ratkaisu on tosiaan hieno...

Pannaan aluksi neljä sivuun.

JMe1 kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 23:54

JMe1 kirjoitti: ↑24 Marras 2025, 23:39 Kahdentoista kolikon tehtävä on mielestäni vaikein tietämäni logiikkapulma.

Määritelmä uudelleen:
Sinulla on tasapainovaaka ja 12 kolikkoa joista yhden paino poikkeaa muista.
Ratkaise eripainoinen kolikko kolmella punnituksella. Myös ero oikeanpainoisiin pitää kertoa, eli oliko kevyempi vai painavampi.

Jos ensimmäisen mittauksen jälkeen tiedetään ne neljä, joiden joukossa eripainoinen on, niin kahdella mittauksella eripainoinen selviää.
Jos ensimmäisen mittauksen jälkeen tiedetään ne neljä, joiden joukossa on raskas ja ne neljä, joiden joukossa on kevyt kolikko, niin toisessa mittauksessa asetetaan toiseen vaakakuppiin 3 kevyeksi epäiltyä ja 1 raskaaksi epäilty ja toiseen vaakakuppiin yksi kevyeksi epäilty ja kolme normaalipainoista. Analysoimalla mittaustulos eripainoinen selviää kolmannella mittauksella.
Ei jaksa kirjoittaa yksityiskohtaista selvitystä.

Wiesti kirjoitti: ↑25 Marras 2025, 11:09 Pannaan aluksi neljä sivuun.

Tätä olen yrittänyt. Neljä sivuun, 4 vs 4 vaakaan. Jos vaaka on tasapainossa, tiedän, että erilainen on sivuun laitetuissa, ja jäljellä on enää ne neljä, ja se ratkeaa loppuun saakka helposti. Mutta jos vaaka ei ole tasapainossa, on jäljellä 8. Mitä teen näiden 8 kanssa, ainoa tietoni on, että yksi niistä on erilainen. Tietysti tiedän myös, minkä neljän joukossa on raskain (jos sellainen on) tai kevein (jos sellainen on) - ehkä ratkaisu perustuu tämän miettimiseen...

POPE kirjoitti: ↑25 Marras 2025, 15:10 Jos ensimmäisen mittauksen jälkeen tiedetään ne neljä, joiden joukossa on raskas ja ne neljä, joiden joukossa on kevyt kolikko, niin ...

Mutta ei molempia ole, sekä raskainta että keveintä, on vain toinen niistä - emmekä tiedä kumpi...