Δευτέρα, 16 Σεπτεμβρίου 2013

Η Δίκη

Σε κάποια δίκη καταγράφηκε ο παρακάτω διάλογος:
- Κατήγορος:Σε έρευνα που έγινε στον κατηγορούμενο, βρέθηκαν στην κατοχή του 30 λίρες εκ των οποίων οι 15 ήταν χρυσές και οι 15 κάλπικες. Είχε κάνει μάλιστα τόσο καλή δουλειά ως παραχαράκτης, ώστε οι κάλπικες λίρες δεν ξεχώριζαν από τις γνήσιες παρά μόνο με ζυγαριά ακριβείας, γιατί ήταν λίγο ελαφρύτερες. Πάντως και οι 15 κάλπικες λίρες είχαν όλες ακριβώς το ίδιο βάρος, όπως άλλωστε συμβαίνει και με τις γνήσιες.
- Πρόεδρος:Αυτά τα γνωρίζουμε κύριε Κατήγορε. Άλλωστε τα έχει ομολογήσει και ο κατηγορούμενος. Ισχυρίζεται όμως πως από τις 30 λίρες που βρήκατε μόνο λίγες ήταν οι κάλπικες.
- Κατήγορος:Οι κάλπικες ήταν ακριβώς 15 κύριε Πρόεδρε. Ορίστε, τις έχω ξεχωρίσει από τις 15 γνήσιες. Έχω φέρει μάλιστα μαζί μου μια ζυγαριά με δύο τάσια, με την οποία θα σας αποδείξω πόσες και ποιες ακριβώς είναι.
- Πρόεδρος:Μόνο λίγο γρήγορα κύριε Κατήγορε… Έχουμε καθυστερήσει ήδη πολύ με αυτή τη δίκη.
- Κατήγορος:Χρειάζονται μόνο τέσσερις ζυγίσεις κύριε Πρόεδρε και θα έχετε την απόδειξη που σας υποσχέθηκα.
Ποιες ζυγίσεις είχε στο μυαλό του να κάνει ο Κατήγορος; (Κατ.17/Νο.26)
Πηγή:http://grifigr.blogspot.gr/2011/03/30-15-15.html

Λύση

Λύση του Ε. Αλεξίου. Έστω 1,2,3,..,15 οι γνήσιες και 16,17,18,..,30 οι κάλπικες 1η ζύγιση: Η 1 αριστερά και η 16 δεξιά, η ζυγαριά γέρνει προφανώς αριστερά και αποδεικνύεται ότι η 1 είναι γνήσια και η 16 κάλπικη. 2η ζύγιση: Oι 1,17,18 αριστερά και οι 16,2,3 δεξιά, η ζυγαριά γέρνει δεξιά, άρα 2 και 3 γνήσιες και οι δύο (αν ήταν μόνο μία η ζυγαριά ή θα ισορροπούσε αν 17 και 18 κάλπικες ή θα έγερνε αριστερά αν μία τουλάχιστον από τις 17, 18 ήταν γνήσια και φυσικά αποκλείεται και το καμία από τις 2,3 γνήσια γιατί η ζυγαριά θα έγερνε αριστερά και μόνο από την 1). και οι 17 και 18 αποδεικνύεται ότι είναι κάλπικες γιατί αν ήταν και οι 2 γνήσιες θα έγερνε αριστερά η ζυγαριά ή αν ήταν μόνο μία από τις 17,18 γνήσια η ζυγαριά θα ισορροπούσε πράγμα που δεν έγινε. 3η ζύγιση: (1,2,3=βέβαιωμένες γνήσιες),(19,20,21,22) αριστερά και (4,5,6,7),( 16,17,18=βεβαιωμένες κάλπικες), η ζυγαριά θα γείρει δεξιά και αποδεικνύεται με το ίδιο με το παραπάνω σκεπτικό ότι οι 4,5,6,7 γνήσιες και οι 19,20,21,22 κάλπικες. 4η ζύγιση: (1,2,3,4,5,6,7=βεβαιωθείσες γνήσιες),(23,24,25,26,27,28,29,30) αριστερά και (8,9,10,11,12,13,14,15),(16,17,18,19,20,21,22=βεβαιωθείσες κάλπικες), η ζυγαριά θα γείρει δεξιά και αποδεικνύεται ότι και οι οκτώ (8,9,10,11,12,13,14,15) είναι γνήσιες αφού στο αριστερό ζύγι υπήρχαν 7 βεβαιωθείσες γνήσιες και ότι οι (23,24,25,26,27,28,29,30) είναι κάλπικες αφού στο δεξί ζύγι υπήρχαν 7 βεβαιωμένες κάλπικες και η ζυγαριά έγειρε δεξιά, αν ήταν επτά ή λιγότερες οι κάλπικες η ζυγαριά ή θα ισορροπούσε ή θα έγερνε αριστερά. Υστερόγραφο: Παρατηρήσαμε ότι με : για 2 λίρες(1χρ.+1κάλπ.) μία(1) ζύγιση για 6 “ (3+3) απαιτούνται δύο(2) ζυγίσεις για 14 “ (7+7) “ τρείς(3) “ για 30 ” (15+15) “ τέσσερις(4) “ συνεχίζοντας με αυτόν το τρόπο μπορούμε στη συνέχεια με 5η ζύγιση να αποδείξουμε τοποθετώντας στο ένα ζύγι τις15 χρ. και άλλες 16 κάλπικες και στο άλλο ζύγι τις 15 κάλπικες και άλλες 16 χρυσές ότι 31 είναι χρυσές και 31 κάλπικες. 31+31=62, άρα για 62 λίρες (31+31) απαιτούνται 5 ζυγίσεις κ.ο.κ 62+64=126 με 6 ζυγίσεις, ...και η ακολουθία για ν=1,2,3,....,ν ζυγίσεις οι λίρες που ελέγχονται και αποδεικνύεται ότι οι μισές είναι χρυσές και οι άλλες μισές είναι κάλπικες είναι: (2), (2+2^2=6), (2+2^2+2^3=14), (2+2^2+2^3+2^4=30),...,,(2+2^2+2^3+...+2^ν=2*(2^ν -1)) Λύση του Γ. Ριζόπουλου. Ενδιαφέρον κι ασυνήθιστο πρόβλημα. Τουλάχιστον εγώ δεν έχω ξανασυναντήσει κάποιο που δεν ζητάει να βρεις τα κάλπικα ή κάλπικο, αλλά να τα ξέρεις και να πρέπει να αποδείξεις ποια είναι! Μια λύση είναι η εξής: 1η ζύγιση: Ο κατήγορος βάζει ένα κανονικο=βαρύ=Β και ένα σκάρτο=ελαφρύ=Ε Β-Ε άρα (απ)έδειξε 1 Ε και 1 Β 2η Ζυγ.: Βάζει 2 νέα(υποψήφια) ελαφριά μαζί με το αποδεδειγμένο Β και 2 νέα (υποψήφια)βαριά μαζί με το αποδεδειγμένο Ε. ΒΕΕ – ΕΒΒ . Η ζυγαριά γέρνει προς τα δεξιά (ΕΒΒ) άρα ο δικαστής είναι σίγουρος, ότι για να συμβαίνει αυτό πρέπει αναγκαστικά και τα 2 νέα νομίσματα στα δεξιά να είναι βαριά και τα 2 νέα αριστερά να είναι ελαφριά. Άρα τώρα έχουμε από 3 αποδεδειγμένα Β και Ε. 3η Ζύγιση: Ο κατήγορος βάζει αριστερά τα 3 Β και δεξιά τα 3Ε και προσθέτει από 4 νέα υποψήφια Ε και Β αριστερά και δεξιά αντίστοιχα. Έχουμε: BBBEEEE – EEEBBBB Oμοίως με πριν, το δεξί σκέλος κατεβαίνει, άρα αποδείχνεται(με την προηγούμενη λογική) ότι τα πρόσθετα είναι όντως όλα Ε και όλα Β αντίστοιχα 4h ζύγιση: Έχουμε τα 14 αποδεδειγμένα , τα μοιράζουμε και πάλι 7Β και 7Ε και προσθέτουμε τα υπολοιπα 16 (από 8) τα υποψήφια Β στην παλάντζα των αποδεδειγένων Ε και αντιστροφα, οπότε με την ίδια λογική ,έχουμε αποδείξει το ζητούμενο. ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ: 1η Ζύγιση: Bάζουμε Β εναντίον Ε 15 Β>15 Ε Αρκεί μετά να δείξουμε ότι τα 15 Β (ή τα 15 Ε) είναι όλα ίδια μεταξύ τους. 15 ίδια νομισματα…3 ζυγίσεις…εύκολο. Στην εναλλακτική λύση που πρότεινα πρέπει να δειχτούν τα (τουλάχιστον)15 Ε που προκύπτουν μετά την 1η ζύγιση, με τις 3 επόμενες ζυγίσεις, και όχι βέβαια τα 15Β (γιατί τοτε θα μπορούσαν να υπάρχουν και άλλα Β ,οπότε δεν διασφαλίζεται ο μινιμουμ αριθμός των Ε =15)

8 σχόλια:

ΕΑΛΕΞΙΟΥ είπε...

Έστω 1,2,3,..,15 οι γνήσιες και 16,17,18,..,30 οι κάλπικες
1η ζύγιση: Η 1 αριστερά και η 16 δεξιά, η ζυγαριά γέρνει προφανώς αριστερά και αποδεικνύεται ότι η 1 είναι γνήσια και η 16 κάλπικη.

2η ζύγιση: Oι 1,17,18 αριστερά και οι 16,2,3 δεξιά, η ζυγαριά γέρνει δεξιά, άρα 2 και 3 γνήσιες και
οι δύο (αν ήταν μόνο μία η ζυγαριά ή θα ισορροπούσε αν 17 και 18 κάλπικες ή θα έγερνε αριστερά
αν μία τουλάχιστον από τις 17, 18 ήταν γνήσια και φυσικά αποκλείεται και το καμία από τις 2,3 γνήσια γιατί η ζυγαριά θα έγερνε αριστερά και μόνο από την 1). και οι 17 και 18 αποδεικνύεται ότι είναι κάλπικες γιατί αν ήταν και οι 2 γνήσιες θα έγερνε αριστερά η ζυγαριά ή αν ήταν μόνο μία από τις 17,18 γνήσια η ζυγαριά θα ισορροπούσε πράγμα που δεν έγινε.

3η ζύγιση: (1,2,3=βέβαιωμένες γνήσιες),(19,20,21,22) αριστερά και (4,5,6,7),( 16,17,18=βεβαιωμένες κάλπικες), η ζυγαριά θα γείρει δεξιά
και αποδεικνύεται με το ίδιο με το παραπάνω σκεπτικό ότι οι 4,5,6,7 γνήσιες και οι 19,20,21,22 κάλπικες.

4Η ζύγιση: (1,2,3,4,5,6,7=βεβαιωθείσες γνήσιες),(23,24,25,26,27,28,29,30) αριστερά και (8,9,10,11,12,13,14,15),(16,17,18,19,20,21,22=βεβαιωθείσες κάλπικες), η ζυγαριά θα γείρει δεξιά
και αποδεικνύεται ότι και οι οκτώ (8,9,10,11,12,13,14,15) είναι γνήσιες αφού στο αριστερό ζύγι
υπήρχαν 7 βεβαιωθείσες γνήσιες και ότι οι (23,24,25,26,27,28,29,30) είναι κάλπικες αφού στο δεξί ζύγι υπήρχαν 7 βεβαιωμένες κάλπικες και η ζυγαριά έγειρε δεξιά, αν ήταν επτά ή λιγότερες οι κάλπικες η ζυγαριά ή θα ισορροπούσε ή θα έγερνε αριστερά.

ΕΑΛΕΞΙΟΥ είπε...

Υ.Γ.
Παρατηρήσαμε ότι με :
για 2 λίρες(1χρ.+1κάλπ.) μία(1) ζύγιση
για 6 “ (3+3) απαιτούνται δύο(2) ζυγίσεις
για 14 “ (7+7) “ τρείς(3) “
για 30 ” (15+15) “ τέσσερις(4) “
συνεχίζοντας με αυτόν το τρόπο μπορούμε στη συνέχεια με 5η ζύγιση να
αποδείξουμε τοποθετώντας στο ένα ζύγι τις15 χρ. και άλλες 16 κάλπικες και στο
άλλο ζύγι τις 15 κάλπικες και άλλες 16 χρυσές ότι 31 είναι χρυσές και 31 κάλπικες.
31+31=62, άρα για 62 λίρες (31+31) απαιτούνται 5 ζυγίσεις κ.ο.κ
62+64=126 με 6 ζυγίσεις, ...και η ακολουθία για ν=1,2,3,....,ν ζυγίσεις οι λίρες που
ελέγχονται και αποδεικνύεται ότι οι μισές είναι χρυσές και οι άλλες μισές
είναι κάλπικες είναι:
(2), (2+2^2=6), (2+2^2+2^3=14), (2+2^2+2^3+2^4=30),...,
,(2+2^2+2^3+...+2^ν=2*(2^ν -1))

RIZOPOULOS GEORGIOS είπε...

Ενδιαφέρον κι ασυνήθιστο πρόβλημα. Τουλάχιστον εγώ δεν έχω ξανασυναντήσει κάποιο που δεν ζητάει να βρεις τα κάλπικα ή κάλπικο, αλλά να τα ξέρεις και να πρέπει να αποδείξεις ποια είναι!
Μια λύση είναι η εξής:
1η ζύγιση: Ο κατήγορος βάζει ένα κανονικο=βαρύ=Β και ένα σκάρτο=ελαφρύ=Ε
Β-Ε άρα (απ)έδειξε 1 Ε και 1 Β
2η Ζυγ.: Βάζει 2 νέα(υποψήφια) ελαφριά μαζί με το αποδεδειγμένο Β και 2 νέα (υποψήφια)βαριά μαζί με το αποδεδειγμένο Ε.
ΒΕΕ – ΕΒΒ . Η ζυγαριά γέρνει προς τα δεξιά (ΕΒΒ) άρα ο δικαστής είναι σίγουρος, ότι για να συμβαίνει αυτό πρέπει αναγκαστικά και τα 2 νέα νομίσματα στα δεξιά να είναι βαριά και τα 2 νέα αριστερά να είναι ελαφριά. Άρα τώρα έχουμε από 3 αποδεδειγμένα Β και Ε.
3η Ζύγιση: Ο κατήγορος βάζει αριστερά τα 3 Β και δεξιά τα 3Ε και προσθέτει από 4 νέα υποψήφια Ε και Β αριστερά και δεξιά αντίστοιχα.
Έχουμε: BBBEEEE – EEEBBBB
Oμοίως με πριν, το δεξί σκέλος κατεβαίνει, άρα αποδείχνεται(με την προηγούμενη λογική) ότι τα πρόσθετα είναι όντως όλα Ε και όλα Β αντίστοιχα
4h ζύγιση: Έχουμε τα 14 αποδεδειγμένα , τα μοιράζουμε και πάλι 7Β και 7Ε και προσθέτουμε τα υπολοιπα 16 (από 8) τα υποψήφια Β στην παλάντζα των αποδεδειγένων Ε και αντιστροφα, οπότε με την ίδια λογική ,έχουμε αποδείξει το ζητούμενο.
ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ:
1η Ζύγιση: Bάζουμε Β εναντίον Ε
15 Β>15 Ε
Αρκεί μετά να δείξουμε ότι τα 15 Β (ή τα 15 Ε) είναι όλα ίδια μεταξύ τους.
15 ίδια νομισματα…3 ζυγίσεις…εύκολο.

RIZOPOULOS GEORGIOS είπε...

Yπάρχει κάποιος λόγος για τον οποίο δεν δημοσιεύτηκε το πρωινό μου σχόλιο ή δεν ανακοινώθηκε έστω κάποια απάντηση;
Αν είμαι ανεπιθύμητος , παρακαλώ ενημέρωσέ με,τουλάχιστον να μην κάθομαι και γράφω τζάμπα.

Papaveri είπε...

@ΕΑΛΕΞΙΟΥ
Συγχαρητήρια! Η απάντησή σας είναι σωστή.

Papaveri είπε...

@RIZOPOULOS GEORGIOS
Συγχαρητήρια! Η απάντησή σου είναι σωστή.
Αγαπητέ Γιώργο, το σκεπτικό σου είναι τελείως εσφαλμένο. Ο λόγος που καθυστέρησα να αναρτήσω τ' αποτελέσματα είναι ότι μετά από πάρακληση των λυτών αφήνω ένα εύλογο χρονικό διάστημα και μετά αναρτώ τη/τις λύσεις. Ποτέ δεν ήσουν ανεπιθύμητος στην ιστοσελίδα, αφου αναρωτήθηκα γιατί απουσίασες τόσο καιρό. Ελπίζω με το σχόλιο αυτό να σου έλυσα την απορία σου.

RIZOPOULOS GEORGIOS είπε...

Στην εναλλακτική λύση που πρότεινα πρέπει να δειχτούν τα (τουλάχιστον)15 Ε που προκύπτουν μετά την 1η ζύγιση, με τις 3 επόμενες ζυγίσεις, και όχι βέβαια τα 15Β (γιατί τοτε θα μπορούσαν να υπάρχουν και άλλα Β ,οπότε δεν διασφαλίζεται ο μινιμουμ αριθμός των Ε =15)

Papaveri είπε...

@RIZOPOULOS GEORGIOS
Δεν έλαβα κάποια απάντησή σου στο ανωτέρω σχόλιό μου.

 

Papaveri48 © 2010

PSD to Blogger Templates by OOruc & PSDTheme by PSDThemes