Fórum: Biliárdgolyók és más méricskélős feladatok

Mivel továbbra sem érkezett megoldás, adok egy kis rávezetést.. Egymástól páronként lineárisan független vektorokat számoltam. Három mérésre és zsákonként öt aranyra a megoldás 570 felett van.

Most már értem:)A kérdés visszavonva.

Mennyi zsákunk van?

Próbáljátok megoldani két mérésre is.. Arra nehezebb megtalálni a maximális zsákszámot. ;)

A megoldásom picivel 500 felett van erre a feladatra.. De kezdetnek nem rossz..

Véletlenül rosszul klikkeltem és nem jó kérdésre adtam választ. Értelemszerűen a 9-es feladatra írtam az előző hozzászólást.

Szia !

Tetszett a feladat, és én 17 zsákból három méréssel ki tudom választani hamisat tartalmazót. A mérési folyamatot nem írom egyenlőre le, hátha más is gondolkodik rajta. Persze lehet, hogy nem ez a jó megoldás. De mindenesetre tetszett.

Sziasztok! 9. feladat

Egy egyszerü mérleges példa jön. Mindössze 4 hónap alatt dolgoztam ki. :) /Van nehezített változata is/

Van egy kétkarú mérleged, ami mindkét irányban tetszöleges pontossággal mutatja a karjaira rakott súlyok tetszölegesen nagy súlykülönbségét, illetve tömegkülönbségét. (kalibrálva lett az idöben állandó helyi gravitációs gyorsuláshoz :) Vannak zsákok, mindegyikben 5 db, az elsö zsákkal kezdve folytonosan sorszámozott aranyérmével. (2.zsák 1. arany sorszáma: 6., pl.) Egy zsákban kizárólag hamis arany van, az összes többiben csak valódi. Az összes valódi arany egymással egyforma súlyú, és az összes hamis arany is egymással egyforma súlyú, de a valódi és hamis aranyak súlya eltérö. Nem tudjuk elöre, hogy a valódi, vagy a hamis-e a nehezebb.

Legfeljebb három, a fenti kétkarú mérlegen végrehajtott méréssel legfeljebb hány zsák közül tudjuk biztosan kiválasztani az eredetileg hamis aranyakat tartalmazót? A mérési eljárást is add meg!

Egy mérésnek számít, hogy az általunk választott sorszámú érméket (zsákokból kivéve, minden zsákból akármennyit) a mérleg általunk választott oldalán a serpenyöbe tesszük, és ezután egyszer leolvassuk a mutatott súlykülönbséget (elöjellel, mondjuk legyen a bal oldali túlsúly a +).

Lehet tippelni!

Legyen az igazi érme 9g-os! Vegyünk ki az első zsákból 1, a 2.ból 10,a 3.-ból 100,az n-edikből 10^n-1 db érmét és mérjük meg az egészet. Ez egyértelműen megmutatja,hogy melyik zsákban milyen érme van!(ha 2499 g-ot mérünk,akkor 2499=2*1000+4*100+9*10+9*1, vagyis az első zsákban 9g-os,a másodikban 9g-os,a harmadikban 4g-os,a negyedikben 2g-os érmék vannak) Ha az igazi érme N g-os akkor uezt kell tenni N+1-es számrenszerben!

Sziasztok!Most vagyok itt először!

8.feladat: Van néhány zsákunk, mindegyikben (nagyon sok) aranypénz. Igen ám, de némelyik zsákban hamis érmék vannak, a többiben szabályos N grammosak. Van továbbá egy nagyon pontos mérlegünk. Nem kétkarú, hanem olyan, amelyik mutatja a rátett súlyt. A hamis érmék ugye hamisak, tehát könnyebbek a valódiaknál, nem tudjuk, mennyire könnyűek mindenesetre egész grammosak. Az is lehet, hogy zsákonként eltérő súlyúak a hamis érmék, tehát pl. ha a jó érme 12 gramm, akkor az egyik zsákban lehetnek 11, a másikban 8, a harmadikban mondjuk 5 grammos hamisítványok. Egyetlenegy méréssel válasszuk ki az összes hamis zsákot, és azt is mondjuk meg, melyikben hány grammosak az érmék!

Kicsit felhozandó eme érdekes topik bedobok egy új feladattalálmányt:

7. feladat:

Van öt darab súly, melyek rendre 51, 52, 53, 54 és 55 grammot nyomnak. Van egy kétkarú mérleg is, mely sajnálatos módon kissé berozsdált, csak a 1,5 grammnál nagyobb különbségre billen ki, a 1,5 grammnál kisebb eltérésű súlyok esetén nem mozdul még meg. Hogyan lehet a lehető legkevesebb méréssel megállapítani, hogy melyik súly hány grammot nyom?

HK

Kedves Tibcsi!

Nyitott kapukat döngetsz. Olvasd el a [33] hozzászólásomat!

Üdv: HK

Az ábrán látható hét mérés tehát elegendö lenne a 16 golyóból a kettö rádioaktív kiválasztására?

Mi a helyzet akkor ha a két golyó a 3,8 vagy 4,7 Mindkét esetben a mérések eredménye (1-jelez, 0-nem jelez) 1100011.

üdv, Tibor

Kedves László,

Köszi a megoldást. Én majdnem ugyanezekre a mérésekre gondoltam.

Géza

Kedves Géza!

Nem sokat kell módosítani Károly mérésén - ha jól gondolom - és már meg is van a

6.b feladat megoldása: A szines golyók legyenek A1,A2,B1,B2,C1,C2.

Az ábra szerinti két mérést végezzük, majd levonjuk a következtetést.

3 típus lehet: Mindkettő lebillen (pl. bal,bal), egyik egyensúlyban marad (pl.=,jobb) és mindkettő egyensúlyban marad.(=,=)

Bal, bal: Rögtön adódik, hogy B1=101 és A1=101. A 2. mérésből látszik, hogy C2=100, különben egyensúly lenne.

Egyenlő, jobb: A 2. mérésből világos, hogy A1=100, A2=101. az 1. mérésnél B1=101, (különben nem lehetne egyensúly, mert 2 db 100-as lenne bal oldalon.) Így C1=101-el lesz egyensúly.

Egyenlő, egyenlő: Szerencsére ez az eset nem lehetséges! Tfh. B2=101, ekkor az 1. mérésben az egyensúlyhoz A1=101 kell. A 2. mérésben viszint B2 és A1 bal oldalon vannak és így nem lehet egyensúly. Ha viszont B2=100, akkor A1=100 esetén lehet csak egyensúly az 1. mérésnél és a 2. mérésnél bal oldalon két 100-as golyó van. Ez is ellentmondás!

Kedves Géza!

Köszi a gratulációt ill. a kis kötözködést, mely jogos és a matematikusi gondolkozásmódban erre is oda kell figyelni.

Kedves László!

Neked meg köszi ill. a szemléltető ábra is.

HK

Kedves Károly,

Először is gratula a megoldáshoz. :-)

Az elejéhez hadd írjak egy kis kötekedést. (Bocs) Azzal a félmondattal, hoy "... így a feladat megoldható", nem értek egyet. Az, hogy legalább annyi lehetséges mérési eredmény van, mint megkülönböztetendő eset, nem garantálja, hogy a megfelelő méréssorozat valóban létezik is. A feltétel szükséges -- és ezért érdemes mindig ellenőrizni --, de nem biztos, hogy elégséges.

Egy apró nehezítés:

6b feladat. Van két piros, két fehér és két zöld golyónk. Az azonos színűek közül az egyik 100, a másik 101 grammos. Állapítsuk meg mindegyik golyó súlyát egy kétkarú mérleg segítségével, mérősúlyok nélkül, két méréssel úgy, hogy a két mérést előre megmondjuk, azaz a második mérés nem függ az első eredményétől.

Kedves Károly!

Szép a megoldás és főleg a rövid és érthető leírás tetszik. Én is hasonlóan csináltam és tegnap elkezdtem gyártani hozzá az ábrákat konkrét szinekkel. Aztán rájöttem, hogy túl sok lesz. Most átneveztem a Te jelöléseidre.

Megoldás a 6. feladatra

Két méréssel 9 lehetséges mérési eset adódhat, míg 8 megkülönböztetendő állapot van, így a feladat megoldható.

Tegyünk a mérleg két oldalára két-két golyót az AB?BC elrendezés szerint. 3 esetben balra, 3 esetben jobbra billen, míg 2 esetben egyensúlyban marad.

Amerre billen, arra van a nehezebb B színű. Ekkor cseréljük ki a B színűt a másik két színűre a AC?AC elrendezés szerint. Ekkor amerre billen, ott van mindkét színből a nehezebb. Egyensúly esetén az első mérés nehezebb B párja a nehezebb A v. C színű golyó.

Az első mérés egyensúlya esetén a mérlegből kivéve az A és C színű golyókat a változatlan B?B elrendezés melletti méréssel adódik B-k közötti különbség. Adott B-nek ellentétes súlyú A v. C színű golyó volt a mérési párja.

HK

Kicsit felhozandó ezen rozsdalepett topik, itt válaszolok joe "Érdekes matekfeladatok" topikbeli 92. feladatára.

6. feladat: Van két piros, két fehér és két zöld golyónk. Az azonos színűek közül az egyik 100, a másik 101 grammos. Egy kétkarú mérleg segítségével, mérősúlyok nélkül, két méréssel állapítsuk meg mindegyik golyó súlyát!

Megoldás gongadze által feltett 5. feladatra:

5 db különböző súly 5! = 120 féle sorrendet ad, s a mérlegnek egy mérés alatt két állapota lehet, tehát nlog₂5!=6,90689…, azaz a szükséges mérések száma 7.

Két-két különböző súlyt mérjünk össze, majd a nehezebbeket szintén vessük össze. Ezután ezen utóbbi mérés könnyebbikét mérjük az ötödik súlyhoz. Azaz A>D; B>E; A>B; B?C.

(1) Ha B>C, akkor A-x-B-x-ce-x-ce-x sorrend lehet, ahol -x- a D lehetséges helyeit mutatja, míg -ce- a C és E helyeit. Ez 8 lehetséges sorrend, amit még 3 mérésel éppen kezelni lehet.

(2) Ha B<C, akkor A-x-C-x-B-x-E-x vagy C-A-x-B-x-E-x sorrendek lehetségesek. Ez 7 lehetséges sorrend, tehát még meg lehet oldani.

Vegyük az (1) esetet, ekkor a C?E mérés következik, majd a nehezebbhez mérjük hozzá D-t. Az utolsó mérés már könnyen adódik :o)

Vegyük a (2) esetet, ekkor a C?A mérés következik, majd a B?D mérés következik, s a 7. mérés már itt is könnyen adódik, ha szükséges egyáltalán.

HK

Az „Ujjgyakorlat” topikban gongadze feltette az alábbi e topikba illő feladatot, mely itt az

5. feladat

Sziasztok! Ebbe az egyszerű problémába ütköztem és nem tudok továbblépni: » Az előző+1. példa: Van 5 különböző súly és egy kétkarú mérleg... súlyok szerint kéne rendezni.. a kétkaru mérleg csak összehasonlítani tud.. abszolut mértéket nem mutat.. hány mérés kell a legjobb algoritmus esetében?..és persze hogy működik a legjobb algoritmus?

Előre is kösz a visszajelzéseket :]

Kdves László!

Szép és ötletes feladatot hoztál. Nos a mérések száma megegyezik Sirpi golyós feladatának számával, mivel minden paramétere egyező. 15 izzó közül 2 hibás ill. vagy ég vagy nem ég a sor. Tehát ismerve a korábbi feladatokat bizton állíthatom, hogy 7 mérésből megoldható.

Azt is sejteni lehet, hogy úgy kell a dugókat elhelyezni, hogy a dugók egymás között vagy valamely pólussal 4 vagy 5 izzót fogjanak közre.

A többin még egy kicsit gondolkodni kell.

HK

Kedves László!

Köszi a gratulációt, de mint kiderült, nem érdemlem meg. Ti. a megoldási vázlatot elkapkodtam, több hiba is adódik benne. Mea culpa... :o(

De lehet, hogy valakit inspirál egy átfogó és előre tervezett mérési vázlat készítésére. Ha létezik egyáltalán.

HK

Kedves Károly!

Gratulálok!

Nem találok szavakat! Egyszerűen király!