Взвешивания, системы счисления и принцип «пополам» Лекции

1
1
Взвешивания, системы счисления и принцип «пополам»
Лекции В.В.Шеломовского
Оглавление
1 Теория.............................................................................................................................................3
1.1 Наглядно о системе счисления..................................................................................................3
1.2 Об основном методе...................................................................................................................3
1.3 Договоренности о методе решения...........................................................................................3
1.3.a Правдун, лжец и основной метод...........................................................................................4
1.3.b Весы и договоренности...........................................................................................................4
1.3.c Системы счисления и их использование................................................................................4
1.4 Опорные задачи...........................................................................................................................5
1.4.a Поиск задуманного числа в беседе с правдуном...................................................................5
1.4.b Целочисленные объекты на одной чаше весов.....................................................................6
1.4.c Целочисленные объекты на одной чаше весов.....................................................................6
1.4.d Целочисленные объекты на чашах весов..............................................................................6
1.4.e Один фальшивый объект известного веса.............................................................................7
1.4.f Один фальшивый объект известного веса.............................................................................7
1.5 Правдун, лжец и нормал.............................................................................................................7
1.6 Шутка...........................................................................................................................................8
1.7 Полушутка...................................................................................................................................8
2 Группа объектов.............................................................................................................................9
2.1 Поиск группы монет...................................................................................................................9
2.2 Поиск группы чисел в беседе с правдуном..............................................................................9
2.3 Несколько фальшивых объектов известного веса.................................................................10
2.3.a Несколько фальшивых объектов известного веса...............................................................10
2.4 Исследование избранного объекта в группе...........................................................................11
2.5 Исследование больших групп объектов..................................................................................11
2.6 Исследование наличия группы объектов известной численности.......................................12
2.7 Положение группы объектов...................................................................................................12
2.8 Положение группы объектов...................................................................................................13
2.9 Исследование положения группы объектов известной численности..................................14
2.10 Исследование наличия группы объектов неизвестной численности.................................14
2.11 Поиск числа объектов с известным свойством....................................................................15
3 Нестандартные вопросы..............................................................................................................15
3.1 Проверка наличия ошибки на чашечных весах в «волшебном» случае..............................15
3.2 Проверка наличия ошибки на весах с индикатором..............................................................16
3.3 Бракованные весы.....................................................................................................................16
3.4 Расковка цепи из тяжёлых звеньев..........................................................................................17
4 Эксперименты с удачами и неудачами.......................................................................................18
4.1 Чиновники.................................................................................................................................18
4.2 Весы и гири...............................................................................................................................19
4.3 К сожалению, типичные весы..................................................................................................19
4.4 Один лживый ответ...................................................................................................................20
4.5 Один фальшивый объект неизвестного веса..........................................................................21
4.6 Один фальшивый объект неизвестного веса..........................................................................21
4.7 Один фальшивый объект неизвестного веса..........................................................................22
4.8 Один фальшивый объект неизвестного веса..........................................................................24
5 Двумерная таблица объектов......................................................................................................24
5.1 Тест в квадратном зале.............................................................................................................24
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
2
2
5.2 Пахучие шары............................................................................................................................26
5.3 Размышляющие мудрецы.........................................................................................................27
6 Контрольные задания..................................................................................................................30
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
3
3
1
Теория
В лекции имеется теоретическая часть которая обосновывает показанные далее методы
решения на полуинтуитивном уровне. Эту часть желательно представлять и уметь ей
пользоваться. Строгие доказательства будут даны в университете в курсе математического
анализа.
1.1 Наглядно о системе счисления
Стихотворение о двенадцатилетней пятикласснице:
Ей было 1100 лет.
Когда пыля десятком ног,
Она в 101 класс ходила.
Она шагала по дороге,
В портфеле по 100 книг носила.
За ней всегда бежал щенок
Всё это правда, а не бред.
С одним хвостом, зато стоногий.
1.2 Об основном методе
При решении задач, будем делить совокупности объектов на по возможности равные
части по числу ситуаций в этих частях и сводить
задачи к переводу чисел,
характеризующих совокупность объектов, в двоичную или троичную системы счисления.
Метод характеризует стишок, пародирующий чёрный английский юмор:
Несчастный случай! Ваш слуга убит!
Он надвое разрезан, мистер Смит!
Ну что ж, тогда любезность окажите,
Ту половину, где ключи, пришлите.
1.3 Договоренности о методе решения
Для решения следующих задач принят трёхшаговый алгоритм.
Шаг 1. Считаем общее число возможных в задаче ситуаций. Для этого рассматриваем
все возможные комбинации интересующих нас событий.
Шаг 2. Считаем число ситуаций, которые может разделить одно взвешивание (один
вопрос, один эксперимент).
Если известно, что ответы на вопросы правдивы и имеют вид «Да» или «Нет», то один
ответ способен разделить две ситуации. Если задать k вопросов, то число разделяемых ими
ситуаций составит 2k.
Если объекты можно класть на две чаши весов, то возможны три ситуации. Чаши
весов могут оказаться в положении равно, больше или меньше. Если выполнить k
взвешиваний, то число разделяемых ими ситуаций составит 3k.
Считаем, что если число возможных в задаче ситуаций больше, чем число
разделяемых ситуаций, то такое число взвешиваний (вопросов, экспериментов) не
достаточно для решения задачи.
Если число разделяемых ситуаций больше, чем число возможных, то разрешимость
задачи ещё не доказана. Нужно показать, как решаем задачу.
Шаг 3. Выбираем число взвешиваний (вопросов, экспериментов) на 1 больше, чем
число вопросов, с помощью которых решение ещё невозможно. Затем
либо приводим пример распределения объектов при взвешивании (задаваемых
вопросов, постановки экспериментов), которые решают задачу,
либо перебираем все возможные ситуации, возникающие после первого взвешивания и
доказываем, что такое число взвешиваний (вопросов, экспериментов) не решает задачу.
Вновь увеличиваем число взвешиваний (вопросов, экспериментов) на 1 и приводим пример
решения задачи.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
4
4
1.3.a Правдун, лжец и основной метод
Жители пункта А – правдуны. Они всегда говорят правду. Жители соседнего В –
лжецы, они всегда врут. И те, и другие незнакомым говорят только «да» или «нет». Вы
находитесь в одном из этих пунктов и контактируете с жителем одного из городов. Каково
минимальное число вопросов для выяснения, в каком пункте Вы находитесь и кто Ваш
собеседник?
Решение: Шаг 1. Возможны ситуации. Вы в пункте А, собеседник правдун. Обозначим
ситуацию АП. Вы в пункте В, собеседник лжец, ситуация ВЛ. Возможны ещё АЛ и ВП.
Всего возможны 4 = 22 ситуации.
Шаг 2. Один разумный вопрос даёт один информативный ответ «да» или «нет», то есть
может разделить две группы ситуаций. Два вопроса дают возможность разделить 4
ситуации. Значит, минимальное число вопросов может быть равно двум.
Шаг 3. Создаём одну из многих возможных систем из двух вопросов. Вопрос,
позволяющий отделить правдуна от лжеца, – это вопрос, ответ на который Вы знаете и без
него. Например, «Светит ли сейчас Солнце?» или «Вы стоите на ногах?». Зная, кто перед
Вами, вторым вопросом выясняете, где Вы.
1.3.b
Весы и договоренности
Обычно название «чашечные весы» используют для конструкции на которую можно
положить две группы из одинакового числа внешне идентичных объектов и выяснить, равны
ли их веса или вес одной группы больше веса другой. Грубые весы позволяют выяснить, что
вес одной группы больше веса другой только если разница весов достаточно велика. Весы с
индикатором позволяют найти или разность весов объектов на чашах или вес объектов на
одной чаше. При взвешивании предметов с помощью гирь есть два разных случая.
В одном случае гири и предметы лежат на разных чашах. При этом вес предмета равен
суммарному весу гирь.
В другом гири могут располагаться на обеих чашах и вес предмета равен разности
суммарного веса гирь на чашах.
1.3.c Системы счисления и их использование
Известно: Существует теорема о том, что любое натуральное число можно записать в
любой системе счисления единственным образом.
Преобразование десятичного числа в другую систему счисления
Для того, чтобы преобразовать данное число в систему счисления с основанием n
нужно это число делить на n и записывать остатки. Они выделены жирным шрифтом.
Запись числа в системе счисления с основанием n содержит последний результат деления и
остатки, записанные в порядке, обратном их появлению.
Преобразуем число 25 в двоичную систему счисления.
25 : 2 = 12, остаток 1.
12 : 2 = 6, остаток 0.
6 : 2 = 3, остаток 0.
3 : 2 = 1, остаток 1.
Записываем число в двоичной системе счисления 25 = 110012.
Выполняем проверку: 124 +123 + 022 + 021 + 120 = 16 + 8 + 1 = 25.
Преобразуем число 48 в троичную систему счисления.
48 : 3 = 16, остаток 0,
16 : 3 = 5, остаток 1,
5 : 3 = 1, остаток 2.
Записываем число в троичной системе счисления 48 = 12103.
Выполняем проверку:
133 +232 + 131 + 030 = 27 + 18 + 3 + 0 = 48.
Задание. Запишите свой день и месяц рождения в двоичной, троичной и 16–ричной
системе счисления.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
5
5
1.4 Опорные задачи
Рассмотрим опорных задачи, на которых будут базироваться остальные. Первая из них
дана в двух вариантах.
1.4.a Поиск задуманного числа в беседе с правдуном
Задумано целое число от 0 до N = 2n – 1 (таблицы будут построены для n = 4, N =15),
которое требуется узнать. Для выяснения этого числа Вы можете задавать любые вопросы,
на которые получите правдивый ответ «Да» или «Нет». Найдите наименьшее число
вопросов для определения числа.
Решение: Шаг 1. Число возможных ситуаций равно числу чисел, то есть 2n.
Шаг 2. Хорошо поставленный вопрос позволяет уменьшить группу «подозреваемых»,
состоящих из чётного числа объектов, в два раза. Значит, k вопросов позволяют найти один
из 2k объектов и необходимое число вопросов не менее, чем k = n.
Шаг 3. Строим пример поиска решения. Для удобства понимания метода поиска
делением пополам, «подозреваемые» числа собраны в таблицу:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
12
9
13
10
14
11
15
Делим таблицу пополам любым образом, например, возможный вопрос: Это число
больше 7? Если ответ «Да» – оно в нижней половине таблицы, иначе оно в верхней
половине. Если первый ответ был «Да», то второй вопрос: Это число больше 11? Он
позволяет выбрать группу из четырёх чисел, являющуюся третьей или четвёртой строкой в
таблице. Следующий вопрос определит половину строки и четвёртый – искомое
единственное число.
Стратегия деления пополам позволяет найти один объект из не более, чем 2 n объектов
за n вопросов. Конечно, вопросы можно формулировать по–разному. Например: Является ли
задуманное число чётным? Если «Да», то следующий вопрос: Делится ли оно на 4? Важно
следующее.
Во–первых, число подозреваемых должно сокращаться на каждом этапе вдвое. Во–
вторых, отгадывающему должно быть достаточно удобно обрабатывать поступающую
информацию. Например, если в результате ответа на первый вопрос Вы узнаете, что
задуманное число нечётное, второй вопрос уже сложно сформулировать. Итак, для решения
такой задачи требуется не более n вопросов.
Запишем числа в таблице в двоичной системе счисления:
0000(0)
0100(4)
1000(8)
1100(12)
0001(1)
0101(5)
1001(9)
1101(13)
0010(2)
0110(6)
1010(10)
1110(14)
0011(3)
0111(7)
1011(11)
1111(15)
В этом случае задаваемые вопросы резко упрощаются. Например, первый вопрос
может звучать так: Первая цифра задуманного числа в двоичной системе счисления это
единица?
j–ый вопрос может звучать так: Является ли j–ая цифра числа в двоичной системе
счисления единицей?
Каждый такой вопрос даёт одну цифру двоичной записи числа.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
6
6
Для числа 13, например, ответы будут «Да», «Да», «Нет», «Да», то есть 1101 = 13.
Ответ: n.
1.4.b Целочисленные объекты на одной чаше весов
На чашечных весах требуется взвесить объект, вес которого составляет целое число
граммов. Какое минимальное количество гирь позволит выполнить такое взвешивание, если
гири можно класть только на одну чашу весов, а максимальный вес объекта равен N = 2n – 1.
Размышления: Если представить взвешиваемый объект, как число, гири как вопросы и
равенство весов объекта и группы гирь, как ответ «Да» на участие гирь в сумме, равной весу
объекта, то задача сводится к предыдущей. Например, если вес равен 13 = 8 + 4 + 1, то
ответы «Да» касаются гирь 8, 4, и 1.
Решение: Шаги 1,2. Докажем, что комплект, содержащий n – 1 гирю не решает задачу.
Действительно, с помощью любой одной гири из комплекта, содержащего n – 1 гирю на
весах можно взвесить С 1n−1=n−1 разных весов. При взвешивании мы берём или первую
гирю, или вторую и так далее до n – 1–ой. С помощью любых двух гирь из комплекта можно
( n−1)( n−2)
2
взвесить C n−1=
разных весов. Для этого берём первую и вторую гири,
2
первую и третью гири и так далее. Всего выбирая разные гири можно разных весов можно
взвесить не более, чем:
n−1
C 1n−1 +C 2n−1 +.. .+C n−1
−1=2 n−1−1 <2 n−1 .
n−1=(1+1)
Шаг 3. Комплект, содержащий n гирь весом 1, 2, 4, 8 …2 n–1 решает задачу.
Действительно, запишем вес объекта в двоичной системе. Например, 13 = 11012. Используем
те гири, которым соответствуют единицы в записи числа: 2 0 = 1, 22 = 4 и 23 = 8. Любой вес не
превышающий 2n – 1 можно взвесить.
Ответ: n (гири весом 1, 2, 4, 8 …2n – 1).
1.4.c Целочисленные объекты на одной чаше весов
Дан мешок сахарного песка, точные чашечные весы и гирька в 1 г. Можно ли за 10
взвешиваний отмерить 1 кг сахара?
Решение: Взвешивание 1 – 1 г сахара и гирька 1 г.
Взвешивание 2 – 2 + 1 г сахара и гирька 1 г.
Взвешивание 3 – 4 + 2 + 1 г сахара и гирька 1 г.
…
Взвешивание 9 – 256 + 128 + 64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 г = 511 г сахара и гирька 1 г.
Взвешивание 10 – 489 = 256 + 128 + 64 + 32 + 8 + 1 г, 489 + 511 = 1000 г сахара.
Ответ: да.
1.4.d Целочисленные объекты на чашах весов
На чашечных весах требуется взвесить объект, вес которого составляет целое число
граммов. Какое минимальное количество гирь позволит выполнить такое взвешивание, если
n
3 −1
гири можно класть на обе чаши весов, а максимальный вес объекта
.
2
Решение: Шаги 1,2. Докажем, что комплект, содержащий n – 1 гирю не решает задачу.
Действительно, каждой гире поставим в соответствие три числа: 0 – если гиря не
используется; +1 – гиря на той чаше, где нет взвешиваемого тела; (–1) – гиря на той же
чаше, где взвешиваемое тело.
Всего с помощью этих гирь можно составить 3 n – 1 различных весов, среди которых
нулевой вес и пары весов разных знаков. Значит, положительных различных весов не более,
3n−1−1 3n −1
чем
<
.
2
2
Шаги 3. Комплект, содержащий n гирь с весами 1, 3, 9, …, 3n–1 решает задачу.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
7
7
Действительно, запишем вес объекта в троичной системе в виде разности чисел, в записи
которых содержатся только единицы. Например: 16 = 1213 = 10013 – 1103 = 27 + 1 – (9 + 3)
Используем на одной чаше весов те гири, которым соответствуют единицы в записи
уменьшаемого, а на другой чаше поместим взвешиваемое тело и гири, соответствующие
вычитаемому. Любой вес можно взвесить.
Ответ: n (гири весом 1, 3, 9, …3n – 1, максимальный вес 1, 4, 13, 40, 121,...).
1.4.e Один фальшивый объект известного веса
k
Имеется N = 3 монет одного достоинства среди которых одна фальшивая, она легче
других. Сколько необходимо взвешиваний на чашечных весах без гирь, чтобы выявить эту
монету?
Решение: Фальшивая монета может быть в одной из 3k позиций.
Взвешивание даёт три разных исхода (весы в равновесии, перевешивает левая чаша,
перевешивает правая чаша). Одно взвешивание дает возможность выбора одного объекта из
трёх. Значит, число взвешиваний не меньше, чем k. Покажем как организуем взвешивания.
k–ое взвешивание. Предварительно найдены три монеты, она из которых фальшивая.
Сравниваем веса двух монет из этих трёх. Фальшивая монета или легкая или (при
равновесии) та третья, которую не клали на весы.
(k–1)–ое взвешивание. Предварительно найдены три тройки монет, в одной из которых
фальшивая. Сравниваем веса двух троек. Фальшивая монета или в более легкой группе из
двух взвешиваемых или (при равновесии) в третьей, которую не клали на весы.
...
Первое взвешивание. Делим монеты на три равных группы и сравниваем веса двух
групп. Фальшивая монета или в более легкой группе из двух взвешиваемых или (при
равновесии) в третьей, которую не клали на весы.
1.4.f Один фальшивый объект известного веса
Имеется 3 < N < 3k монет одного достоинства среди которых одна фальшивая, она
легче других. Сколько необходимо взвешиваний на чашечных весах без гирь, чтобы выявить
эту монету?
Решение: Фальшивая монета может быть в одной из N позиций. Число взвешиваний не
меньше, чем k. Организовываем k взвешиваний. Если 2 · 3k–1  N, взвешиваем две группы по
3k–1 монет. Если нет равенства – задача свелась к предыдущей. Если весы в равновесии,
добавляем к оставшимся настоящие монеты, доведя их численность до 3k–1. Задача свелась к
предыдущей. Если 3k–1 < N < 2 · 3k–1, делим монеты пополам и взвешиваем группы. Для
нечётного N в остатке одна монета. На следующем шаге вновь задача сводится к
предыдущей.
k–1
1.5 Правдун, лжец и нормал
Жители пункта А – правдуны, жители В – лжецы, жители С – нормалы, они могут
сказать правду, а могут и соврать. Все они незнакомым говорят только «да» или «нет».
Каково минимальное число вопросов для выяснения, в каком пункте Вы находитесь и кто
Ваш собеседник?
Размышление. Дают ли информацию ответы нормала? Нет, так как он может отвечать
что угодно, в частности, имитировать и правдуна, и лжеца. Поэтому в логических задачах
обычно рассматривают ненормального нормала, который говорит правду и лжёт строго
через раз. Если Вы знаете, что имеете дело с лжецом или правдуном, то его ответ
информативен. Правдуну Вы верите, ответы лжеца «переворачиваете». Если Вы беседуете с
нормалом, необходимо дополнительно знать, когда он говорит правду. Значит, существует
нормал Н, который говорит правду в первый раз и все нечётные разы и лжёт во второй и в
чётные разы, и нормал н, который говорит правду при чётных ответах.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
8
8
Решение: Шаги 1,2. Число возможных ситуаций 12 > 2 3: АП, АЛ, АН, Ан, ВП, ВЛ, ВН,
Вн, СП, СЛ, СН, Сн. Значит, для решения задачи необходимо по крайней мере 4 вопроса.
Шаги 3. Создаём одну из многих возможных систем из четырёх вопросов:
1) Верно ли, что я в А или в В?
2) Верно ли, что я в С?
3) Живёте ли Вы в С?
4) Верно ли, что я в А?
Смысл первых двух вопросов в отделении нормала. И лжец, и правдун на них дадут разные
ответы, два одинаковых ответа может дать только нормал, житель С.
Третий вопрос – контрольный. Если перед Вами правдун, он ответит «нет», если лжец, то
ответом будет «да», если нормал, то Вы узнаете его «состояние». Если нормал ответит «да»,
он правдив в нечётных ответах, если «нет», то в чётных.
Зная всё о собеседнике, Вы по ответам на первые вопросы знаете, где Вы, во всех случаях
кроме случая беседы с нормалом в А или в В.
Четвёртый вопрос нужен лишь в случае беседы с нормалом.
1.6 Шутка
Среди 20 мешков с монетами есть один мешок с фальшивыми монетами. Известно, что
фальшивая монета в два раза тяжелее настоящей. Как при помощи наименьшего числа
взвешиваний определить в каком мешке находятся фальшивые монеты? Взвешиванием
называется тот момент, когда весы, типа коромысла, станут горизонтально, показывая, что
на правой стороне весов и на левой стороне одинаковый вес.
Решение: Положим на левую чашу 3 монеты из первого мешка. Коромысло наклонится
влево. На правую будем поочерёдно класть по две монеты из остальных мешков.
Если и те и другие настоящие, коромысло не шевельнётся.
Если будут положены две фальшивые монеты, коромысло сдвинется, однако оно не
даст равновесия, а изменит положение и наклонится вправо. Не понятно, проведено ли
взвешивание, но мешок с фальшивыми найден.
Если ни разу не шевельнётся, фальшивые в первом мешке. Число взвешиваний нуль.
1.7 Полушутка
Даны 2N объектов, все они разные по весу. Как за 3N – 2 взвешивания найти самый
легкий и самый тяжелый объекты?
Размышление. Известно, что наиболее быстрая система выбора лучшего это финал,
полуфинал, четвертьфинал, то есть удвоение числа объектов на каждом шаге. Система
хороша только для 2k команд. Однако заметим, что в каждой игре выбывает ровно одна
команда. Значит, чтобы из N объектов найти самый … нужно N – 1 сравнение.
Решение: N попарных взвешиваний позволят получить группу N лёгких объектов
среди которых самый лёгкий и группу из N тяжёлых, среди которых самый тяжёлый.
N – 1 взвешивание в каждой группе позволяет найти искомый объект.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
9
9
2
Группа объектов
Переходим к исследованию групп объектов. Ищем группу неизвестных объектов,
отличную от других. Группа это больше, чем совокупность объектов. Можно задавать
вопросы о свойстве группы объектов, а не о свойстве отдельных её членов.
2.1 Поиск группы монет
Даны 30 монет одинакового вида, среди которых две фальшивые: одна легче
настоящих на 0,5 грамма, другая легче настоящих на 1 грамм. Как с помощью двух
взвешиваний на чашечных весах без гирь определить 14 настоящих монет?
Размышляем: 14 = 7 + 7, 30 > 7 + 7 + 7 +7. Если мыслить «семерками», то имеем
четыре семерки, только две из которых могут содержать фальшивые монеты. Только группы
настоящих монет могут быть в равновесии.
Решение: Взвешиваем две группы по 7 монет. Если весы в равновесии – все 14 монет
настоящие.
Если весы не в равновесии, в легкой группе находится по крайней мере одна
фальшивая.
Взвешиваем ещё две группы по 7 монет, которые ранее не взвешивали. Если весы в
равновесии – все 14 монет настоящие.
Если весы не в равновесии, то в легкой группе находится по крайней мере одна
фальшивая. В тяжёлых группах все монеты настоящие.
2.2 Поиск группы чисел в беседе с правдуном
1. Задуманы два разных натуральных числа не превосходящих 6, которые Вам
требуется узнать. Для выяснения этих чисел, Вы можете задавать любые вопросы, на
которые получите правдивый ответ «Да» или «Нет». Сколько требуется вопросов?
Зная стандартный метод, можно задать три вопроса и найти первое число. Ещё
три вопроса и найдено второе из пяти оставшихся. А можно ли уменьшить число вопросов
до четырёх?
Решение: Шаги 1,2. Ищем число различных ситуаций. Оно определяется числом
возможных комбинаций двух чисел из шести. Первое число может быть выбрано 6
способами, второе – 5–ю (одно число уже выбрано), порядок не существенен, значит, число
способов задумать пару чисел равно ½ × 6 × 5 = 15 > 2 3. Для решения задачи требуется не
менее, чем 4 вопроса.
Шаг 3. Строим систему вопросов. Для этого перенумеруем все возможные комбинации
чисел. Присвоим паре чисел 1–2 двоичный номер из четырёх цифр 0001, паре 1–3 двоичный
номер 0010, и так далее до пары 22–23 двоичный номер которой 1111 соответствует
двоичной записи числа 15 = 8 + 4 +2 + 1. Если задать четыре вопросов о том, является ли
единицей соответствующая цифра двоичного номера пары, то найдём этот номер. По номеру
определим пару. Например, пусть задумана комбинация 2–3 (номер в списке 6 = 0110). Тогда
Вы получите ответы «нет», «да», «да», «нет».
2. Задуманы два разных натуральных числа не превосходящих 23, которые Вам
требуется узнать. Для выяснения этих чисел, Вы можете задавать любые вопросы, на
которые получите правдивый ответ «Да» или «Нет». Сколько требуется вопросов?
Решение: Число различных ситуаций равно ½ ×23 × 22 = 253 > 2 7. Для решения задачи
требуется не менее, чем 8 вопросов. Перенумеруем все возможные комбинации чисел.
Присвоим паре чисел 1–2 двоичный номер из восьми цифр 00000001, паре 1–3 двоичный
номер 00000010, и так далее до пары 22–23 двоичный номер которой 11111100 соответствует
двоичной записи числа 253 = 128 + 64 + 32 + 16 + 8 + 4.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
10
10
Если задать восемь вопросов о том, является ли единицей соответствующая цифра
двоичного номера пары, то найдём этот номер. По номеру определим пару.
Например, пусть задумана комбинация 1–13 (номер в списке 13 = 00001101). Тогда Вы
получите ответы «нет», «нет», «нет», «нет», «да», «да», «нет», «да».
2.3 Несколько фальшивых объектов известного веса
Имеется 6 одинаковых с виду монет, две из которых фальшивые – более лёгкие, и
чашечные весы без гирь. Все фальшивые весят одинаково. Найти минимальное число
взвешиваний, позволяющих установить все фальшивые.
Решение: Шаги 1,2. Считаем количество возможных ситуаций. Фальшивыми могут
6⋅5
2
=15. Два взвешивания могут различить
быть ровно две монеты, число ситуаций C 6=
2
только 9 ситуаций, значит, число взвешиваний не менее, чем 3.
Шаг 3. В первом взвешивании кладём на весы по 3 монеты.
Если весы в равновесии, то в каждой тройке ровно одна фальшивая монета.
Вторым (и третьим) взвешиванием сравниваем две любых монеты в каждой тройке.
Фальшивая либо лёгкая, либо не положенная на весы.
Если в первом взвешивании одна чаша легче, то в ней обе фальшивые. Их определяем
за одно взвешивание.
Ответ: 3.
2.3.a Несколько фальшивых объектов известного веса
Есть 5 одинаковых с виду монет, две из которых фальшивые – одна легче, другая
тяжелее настоящих. Найти минимальное число взвешиваний, позволяющих установить все
фальшивые.
Соображение: Нет смысла сравнивать веса пар монет, так как неизвестно как
соотносятся веса пары легкая–тяжёлая и пары настоящих.
Решение: Шаги 1,2. Считаем количество возможных ситуаций 1 – лёгкая, 2,3,4 или 5–
тяжёлая, … всего А25 =5⋅4=20 . Два взвешивания могут различить только 9 ситуаций,
значит, число взвешиваний не менее, чем 3.
Шаг 3. Взвешивание 1. Сравниваем монеты 1 и 2.
Если весы в равновесии, то соответствующие монеты настоящие.
Взвешивания 2 и 3. Сравниваем две из оставшихся монет с настоящей.
Пусть монета 1 во взвешивании 1 легче монеты 2. Варианты Л < H, H < T, Л < T.
Взвешивание 2. Сравниваем две из трёх оставшихся.
Если весы в равновесии, то эти две настоящие.
3 взвешивание – сравниваем настоящую и пятую.
Если пятая равна по весу настоящей, то в первом взвешивании были легкая и тяжёлая.
Если пятая тяжёлая, то лёгкая в первом взвешивании истинно лёгкая.
Если пятая легкая, то тяжёлая в первом взвешивании истинно тяжёлая.
Пусть монета 3 во взвешивании 2 легче монеты 4.
Вариант для этих двух взвешиваний один: Л < H, H < T. Нужно удалить Н – Н.
3 взвешивание – сравниваем тяжёлую из первого взвешивания и лёгкую из второго.
Если они равны, то это Н – Н, легкая из первого взвешивания истинно лёгкая, а
тяжёлая из второго истинно тяжёлая.
Если одна легче другой, то она истинно лёгкая, а другая в этой паре истинно тяжёлая.
Пара Н – Н в этом взвешивании на весы не попала.
Ответ: 3.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
11
11
2.4 Исследование избранного объекта в группе
Даны монеты в количестве 4N + 1. Известно, что ровно 2N монет фальшивые. Каждая
из них на 1 г легче, чем каждая из настоящих. Даны также весы с индикатором. Выбрана
одна монета. Одним взвешиванием выяснить, фальшивая ли она.
Размышляем: Если исследуемую монету положить на весы в составе группы, то нет
возможности отличить её от другого члена группы. На этом пути решения нет.
Если исследуемую монету положить на весы одну, её можно сравнить только с ещё
одной монетой. Однако, о той монете тоже ничего неизвестно. На этом пути решения нет.
Остаётся единственная возможность.
Решение: На весы кладём все монеты кроме исследуемой по 2N штук на чашу.
Если исследуемая монета фальшивая, то на весах нечётное число (2N – 1) фальшивых
монет. Разность весов нечётная.
Если исследуемая монета настоящая, то то на весах чётное число (2N) фальшивых
монет. Разность весов чётная. В частности, разность может быть нулём, весы в равновесии.
Например, монет 9, фальшивых 4. Если выбрана фальшивая, то среди 8 монет 3
фальшивых. Если они на одной чаше, то разность весов три, если одна фальшивая монета на
одной чаше и две на другой, то разность 1. Во всех случаях разность нечётная.
Если выбрана настоящая монета, то фальшивых на весах 4. Они распределена в
соотношении либо 4–0, либо 3–1, либо 2–2. Разности 4, 2 и 0. Они чётные.
В общем случае фальшивых на чаше х, на другой N – x, разность N – 2x, её чётность
определена общим числом фальшивых монет на весах.
2.5 Исследование больших групп объектов
Есть 7 мешков с монетами. Среди них есть мешки, в которых все монеты настоящие и
есть мешки, в которых все монеты фальшивые, они на 1 г легче настоящих. Даны весы с
индикатором. За одно взвешивание найти все мешки с фальшивыми монетами.
Размышляем: Монеты надо взять из каждого мешка, причём не поровну. Число взятых
монет должно характеризовать мешок.
Нельзя допустить, чтобы число монет, взятых из каких–то двух мешков равнялось
числу монет, взятому из третьего мешка.
Общее число монет должно делиться на две равные по численности части, которые
будем класть на разные чаши.
Результат должен быть достаточно прост для обработки.
Пусть мешков два. Берём по 1 монете. Сравниваем. Определяем фальшивый мешок.
Пусть мешков 3. Берём 1 монету из первого, 2 монеты из второго. На другую чашу 3
монеты из третьего.
Если третий перевесил – в нём настоящие монеты. Разность 1 г – только в первом
фальшивые, разность 2 г – только во втором фальшивые, разность 3 г – фальшивые и в
первом, и во втором.
Если третий легче – в нем фальшивые. На весах 3 фальшивые и 3 неизвестные.
Разность 1 г – во втором (и третьем) фальшивые, разность 2 г – в первом (и третьем)
фальшивые. Теперь нужно упростить способ определения мешков. Пользуемся двоичной
системой. Возможен, например, такой вариант взвешивания.
Решение: Возьмем из мешка номер 1 одну (20) монету,
из мешка 2 две (21) монеты,
из мешка 3 четыре (22) монеты,
из мешка 4 восемь (23) монет,
из мешка 5 шестнадцать (24) монет,
из мешка 6 тридцать две (25) монеты. Всего 63 монеты. Положим их на правую чашу.
На левую чашу кладем 63 = 20 + 21+22+23+24+25 монет из 7–ого мешка.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
12
12
Если левая чаша тяжелее, то в последнем мешке монеты настоящие. Двоичная запись
разности весов указывает на мешки с фальшивыми монетами. Например, если разность 43 =
1010112, то фальшивые монеты в 6, 4, 2 и 1 мешках.
Если правая чаша тяжелее, то в последнем мешке монеты фальшивые. Вычитая эту
разность из 63, получим то же число, что получили бы, если бы монеты в последнем мешке
были настоящими. Например, получили что монеты из последнего мешка легче и разность
50 г. Тогда если бы они были настоящими, разность оказалась бы 63 – 50 = 13 = 1101 2.
Фальшивые монеты в мешках 7, 4, 3 и 1.
2.6 Исследование наличия группы объектов известной численности
Имеется набор из 4n +1, n > 2 внешне одинаковых монет. Либо все монеты настоящие,
либо среди них ровно 5 фальшивых. Все монеты выглядят одинаково; все настоящие монеты
весят одинаково, все фальшивые тоже весят одинаково, но неизвестно, они легче или
тяжелее настоящих. Можно ли при помощи двух взвешиваний на чашечных весах без гирь
выяснить, есть ли в наборе фальшивые монеты?
Решение: При взвешивании на чашах должно быть поровну монет. Чтобы ответить на
вопрос задачи, необходимо создать одну из двух ситуаций:
− либо на чашках весов нечётное число потенциально фальшивых монет,
− либо на одной из чаш потенциально фальшивых монет не менее, чем три.
1 взвешивание. Кладем на чаши по 2n −1 монет, оставляем 3 монеты и называем их
«тройка». Чаши в равновесии (иначе задача решена – фальшивые есть). Возможны два
варианта:
а) на чашах по 1 фальшивой, все монеты в «тройке» фальшивые,
б) на чашах по 2 фальшивые, в «тройке» 1 фальшивая.
2 взвешивание. Кладем на чаши одну из групп из 2n −1 монет и «тройку» так, что
«тройка» окажется на одной чаше (на каждой чаше n + 1 > 3 монет).
В варианте а) перевесит чаша где «тройка», в варианте б) на весах три фальшивые, то
есть при наличии фальшивых равновесие невозможно.
Ответ: да.
2.7 Положение группы объектов
18 шаров выложены в виде разомкнутой цепочки. 15 из них имеют одинаковый
известный вес, а три шара, расположенные подряд, имеют вес на 1 г. больше. Даны весы с
индикатором. Найти наименьшее число взвешиваний необходимых для определения тройки
тяжёлых шаров.
Решение: Шаг 1. Считаем количество возможных ситуаций. Нумеруем шары слева на
право. Группу тяжёлых шаров зададим положением левого шара. Тяжелые шары могут
начинаться с 1–ой и занимать места 1,2 и 3, начинаться со 2–ой,...16–ой позиции. Ситуаций
16.
Шаг 2. Весы могут показать, что во взвешиваемой группе шаров нет тяжёлых шаров,
есть 1, 2 или 3 тяжёлых шара. Всего возможностей 4. Одно взвешивание способно
различить 4 ситуации, два – 16, k – 2k ситуаций. Значит, число взвешиваний не менее, чем 2.
Размышление. Пусть шаров 6. Тогда ситуаций 4. Тяжёлые это или 1,2,3, или 2,3,4, или
3,4,5, или 4,5,6. Положим на весы шары 1,2,3. Если весы покажут 3 фальшивых шара, то
ясно, что это шары 1,2,3. Если весы покажут, что на них 2 фальшивых, то тройка
фальшивых это 2,3,4. Если весы покажут 1 фальшивый, значит тройка фальшивых это 3,4,5.
Если весы покажут, что фальшивых в этом взвешивании нет, то фальшивые 4,5,6.
Организуем по этому принципу первое взвешивание.
Шаг 3. Организуем первое взвешивание так, чтобы было ровно 4 ситуации когда в
группе взвешиваемых не было ни одного тяжёлого шара, четыре ситуации в которых на
весы попали все три шара, четыре ситуации в которых на весы попал ровно 1 шар.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
13
13
Например, кладём на весы красные шары и не кладём чёрные
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18.
На весах находятся все три тяжёлых шара, если группы начинаются с шаров 1,8,9,16.
Два шара если группы начинаются с 2,7,10,15.
Один шар если группы начинаются с 3,6,11,14.
Нет шаров, если группы начинаются с 4,5,12,13.
Второе взвешивание. Подозреваем ровно четыре группы. Из одной берём все три шара,
из другой два, из третьей один шар.
Например, если весы в первом взвешивании показали наличие трёх шаров, то
подозреваем группы (1,2,3), (8,9,10), (9,10,11) и (16,17,18). Для второго взвешивания берём
шары 1,2,3 (группа шара 1) и 8,9 (два шара из группы 8 и один из группы 9, ни одного из
группы 16)
Если весы покажут три тяжёлых шара, то тяжёлые 1, 2 и 3.
Если весы покажут два тяжёлых шара, то тяжёлые 8, 9 и 10.
Если весы покажут один тяжёлый шар, то тяжёлые 9, 10 и 11.
Если весы покажут отсутствие тяжёлых шаров, то тяжёлые 16,17 и 18.
Если весы в первом взвешивании показали отсутствие фальшивых, то подозреваем
группы (4,5,6), (5,6,7), (12,13,14) и (13,14,15). Для второго взвешивания берём шары 4,5,6
(вся группа шара 4 и два шара из группы шара 5) и один шар 12 из группы (12,13,14), ни
одного шара не взяли из группы шара 13)
Если во втором взвешивании весы покажут три тяжёлых шара, то тяжёлые 4,5 и 6...
Ответ: 2.
2.8 Положение группы объектов
Имеются 10 монет с массами 1, 2,...,10 и чашечные весы без гирь. На каждой монете
указан её вес, но на двух монетах, разность весов которых равна 1, числа перепутаны.
Можно ли за два взвешивания найти эти монеты?
Решение: Шаг 1. Считаем количество возможных ситуаций. Возможна перестановка в
9 парах 1–2, 2–3, 3–4, 4–5, 5–6, 6–7, 7–8, 8–9, 9–10. Всего ситуаций 9.
Шаг 2. Весы могут показать: тяжелее левая чаша, равновесие, легче левая чаша. Одно
взвешивание способно различить 3 ситуации, два – 9. Число взвешиваний не менее, чем 2.
Размышление. нужно найти монеты для первого взвешивания. Рассматриваем группы
монет равного веса или различающиеся по весу на 1. После нескольких проб подбираем
4,5,7,10 и 3,6,8,9.
Решение. Взвешивание 1. Кладём на левую чашу монеты 4,5,7,10, на правую 3,6,8,9.
Если весы в равновесии, то возможна перестановка только в трёх парах 1–2, 4–5 и 8–9.
Веса монет 3,6,7 и 10 записаны правильно.
Для второго взвешивания возьмём лёгкую монету из одной пары и тяжёлую из другой,
третью пару не рассматриваем, вес уравниваем за счёт известных монет.
Взвешивание 2. На левой чаше монеты 1 и 5, на правой 6. Если равенство, перепутаны
8 и 9, если левая чаша легче, перепутаны 4 и 5, если левая тяжелее, перепутаны 1 и 2.
Если левая чаша во взвешивании 1 тяжелее, то возможна перестановка только в трёх
парах 2–3, 5–6 и 7–8. Веса монет 1,4,9 и 10 записаны правильно.
Взвешивание 2. На левой чаше монеты 2 и 8, на правой 10. Если равенство, перепутаны
5 и 6, если левая чаша легче, перепутаны 7 и 8, если левая тяжелее, перепутаны 2 и 3.
Если левая чаша во взвешивании 1 легче, то возможна перестановка только в трёх
парах 3–4, 6–7 и 9–10. Веса монет 1,2,5 и 8 записаны правильно.
Взвешивание 2. На левой чаше монеты 3 и 7, на правой 2 и 8. Если равенство,
перепутаны 9 и 10, если левая чаша легче, перепутаны 6 и 7, если левая тяжелее,
перепутаны 3 и 4.
Ответ: можно.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
14
14
2.9 Исследование положения группы объектов известной численности
В ряд слева направо были выставлены гирьки массами 1 г, 2 г,..., 13 г. Из них осталось
только семь подряд стоящих, а остальные шесть гирек потеряны. Найти наименьшее число
взвешиваний на чашечных весах для определения массы оставшихся гирек.
Решение: Шаги 1,2. Считаем количество возможных ситуаций. Группу оставшихся
гирек зададим положением левой гирьки. Ряд может начинаться с 1–ой, 2–ой,...7–ой
позиции. Ситуаций 7. Весы могут показать три значения. Значит, число взвешиваний не
менее, чем 2.
Шаг 3. Организуем первое взвешивание так, чтобы было ровно 3 ситуации меньше,
одна − равно и три − больше. Например, кладём на весы гирьки с наблюдаемыми номерами
2, 3 и 4 на одну чашу, 5 и 7 на другую.
Если ряд начинается с 1–ой гирьки, то на весах 2+3+4 = 9 < 5 + 7 = 12.
Если ряд начинается со 2–ой гирьки, то на весах 3+4+5 = 12 < 6 + 8 = 14.
Если ряд начинается с 3–ей гирьки, то на весах 4+5 +6 = 15 < 7 + 9 = 16.
Если ряд начинается с 4–ой гирьки, то на весах 5 +6 + 7 = 18 = 8 + 10.
Если ряд начинается с 5–ой гирьки, то на весах 6+7 +8 = 21 > 9 + 11 = 20.
Если ряд начинается с 6–ой гирьки, то на весах 7 +8+9 = 24 > 10 + 12 = 22.
Если ряд начинается с 7–ой гирьки, то на весах 8+9 +10 = 27 > 11 + 13 = 23.
Итак, если наблюдаем равенство, то задача решена, установлена масса гирек 4,5,...10.
Второе взвешивание. Если три гирьки легче двух, ряд может начинаться с 1, 2 или 3.
Кладём на весы гирьки с наблюдаемыми номерами 1 и 2 на одну чашу, 4 на другую.
Если ряд начинается с 1–ой гирьки, то на весах 1+2 < 4.
Если ряд начинается со 2–ой гирьки, то на весах 2+3 = 5.
Если ряд начинается с 3–ей гирьки, то на весах 3+4 > 6.
Если три гирьки тяжелее двух, ряд может начинаться с 5, 6 или 7.
Кладём гирьки с наблюдаемыми номерами 1, 3 и 4 на одну чашу, 6 и 7 на другую.
Если ряд начинается с 5–ой гирьки, то на весах 5+7 +8 = 20 < 10 + 11 = 21.
Если ряд начинается с 6–ой гирьки, то на весах 6+8+9 = 23 = 11 + 12.
Если ряд начинается с 7–ой гирьки, то на весах 7+9 + 10 = 26 > 12 + 13 = 25.
Ответ: 2.
2.10 Исследование наличия группы объектов неизвестной численности
Среди 8n, n > 2 внешне одинаковых монет могут быть (а могут и не быть) фальшивые
монеты в количестве не более двух штук. Какое необходимо минимальное число
взвешиваний на весах без гирь для того, чтобы определить, есть ли фальшивые монеты или
их нет, и если есть, то тяжелее они подлинных или легче?
Решение: Число ситуаций не менее, чем 5 (1Л, 1Т, 2Л, 2Т, все настоящие), значит, число
взвешиваний не менее, чем 2.
1 взвешивание. Кладем на чаши по 4n монет.
Если веса в 1 взвешивании одинаковы, то возможны три варианта:
2Л = Л + Л, 2Т = Т + Т, 0 + 0, то есть все настоящие.
2 взвешивание. Кладем на чаши по 2n монет из одной группы.
Если веса одинаковы, то все монеты настоящие.
Если нет равенства, то:
3 взвешивание: Кладем на чаши по n монет из лёгкой группы. Если равенство,
то фальшивых 2 и они тяжелые. Если неравенство, то фальшивых 2 и они легкие.
Если веса в 1 взвешивании разные, то возможны варианты 1Л<0, 0<1Т, 2Л<0, 0 < 2Т.
2 взвешивание: Кладем на чаши по 2n монет из лёгкой группы.
Если неравенство, то 1Л < 0 или 2Л < 0. Фальшивые есть и они лёгкие
Если равенство, то либо Л + Л, фальшивых 2 и они лёгкие, либо 0 + 0, возможны
варианты 1Т и 2Т.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
15
15
3 взвешивание: Кладем на чаши по n монет из лёгкой группы.
Если равенство, то фальшивых на весах нет, они тяжелые.
Если неравенство, то фальшивые на весах и они (она) легкие.
Ответ: выяснить есть ли фальшивые и легче они или тяжелее настоящих за 3
взвешивания можно.
2.11 Поиск числа объектов с известным свойством
Среди 2N внешне одинаковых объектов, есть легкие и тяжёлые. При помощи N + 1–ого
взвешивания на весах с чашками без гирь определите число объектов каждого типа.
Решение: 1 взвешивание. Кладем на чаши по одному объекту.
Если весы не уравновесились, в паре один лёгкий и один тяжёлый.
Считаем эту пару за эталон и сравниваем с этой парой все оставшиеся пары.
Если вес новой пары одинаков с весом эталона, то в новой паре один лёгкий и один
тяжёлый объект.
Если вес новой пары меньше, чем вес эталона, то в ней два лёгких.
Если вес пары больше, чем вес эталона, то два тяжёлых. Достаточно N взвешиваний.
Если в 1 взвешивании равновесие, то оба объекта одного типа. Кладем на чаши данную
пару и любую другую. Если весы в равновесии, то получаем пары объектов того же типа,
что и первая. Так повторяем до момента неравенства весов.
Когда при взвешивании возникнет неравенство весов, мы устанавливаем тип всех
взвешенных пар. Если первая пара легче новой, все взвешенные ранее объекты лёгкие.
Если первая пара тяжелее новой, все взвешенные ранее объекты тяжёлые.
Взвешивание. Сравниваем веса объектов новой пары.
Если они равны, то ясно, что оба они другого типа. Теперь поменяем в первой паре
один объект на один объект новой пары. Получен эталон, которым можно пользоваться
далее.
Если они неравны, то в этой паре по одному объекту каждого типа и её можно
использовать, как эталон.
Выполняем дальнейшие взвешивания с использованием эталона.
Число взвешиваний N + 1.
3
Нестандартные вопросы
3.1 Проверка наличия ошибки на чашечных весах в «волшебном» случае
Даны 6 гирь весом 1, 2, 3, 4, 5 и 6 г. Имеются чашечные весы, позволяющие установить
равенство веса групп объектов, положенных на чаши, или знак неравенства (какая чаша
тяжелее). На гирях нанесена маркировка. Возможно при маркировке гирь допущена ошибка.
Как при помощи двух взвешиваний определить, верна ли имеющаяся на гирях маркировка?
Решение: Занумеруем объекты в троичной системе счисления в порядке возрастания
веса: 00 = 1 г., 01 = 2 г., 02 = 3 г., 10 = 4 г., 11 = 5 г. и 20 = 6 г. Одно взвешивание может
позволить проверить одну цифру этой записи, если результат взвешивания получается
единственным образом.
1 взвешивание. На одной чаше разместим три самых лёгких объекта 00; 01; 02. На
другой – самый тяжёлый, то есть 20. Равенство возможно в единственном случае, когда
первая цифра у всех лёгких объектов верная и самый тяжёлый выбран верно: 1 + 2 + 3 = 6
(г).
2 взвешивание. На одной чаше разместим самые лёгкие объекты из уже известных
групп с разными первыми цифрами, то есть 00 и 20. На другой – самые тяжёлые: 02 и 12.
Первая цифра у всех уже известна. 1 + 6 < 3 + 5 в единственном случае, если все веса
верные. Вторая цифра проконтролирована.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
16
16
3.2 Проверка наличия ошибки на весах с индикатором
Имеются 3 нумерованных объектов одинакового вида, но разного заранее известного
веса и двухчашечные весы с индикатором, позволяющие точно установить разность веса
групп объектов, положенных на чаши. Предполагаем (это гипотеза) что чем больше номер
объекта, тем больше его вес. Верно ли, что число взвешиваний достаточных для проверки
гипотезы, равно k.
Размышление. Проверка гипотезы – это аргументированное суждение двух типов. ДА –
гипотеза верна или НЕТ – она не верна. Нужно выполнить достаточное число проверок,
чтобы проверить, что каждая надпись соответствует объекту.
Рассмотрим случай трёх объектов, k = 1. Занумеруем объекты в троичной системе
счисления в порядке возрастания веса: 0; 1 и 2. Одно взвешивание может позволить
проверить одну цифру этой записи, если результат взвешивания получается единственным
образом. Поскольку веса объектов в условии не оговорены, то уверенность в
единственности результата может быть, только если результат экстремальный. На одной
чаше разместим самый лёгкий объект 0. На другой – самый тяжёлый: 2. Разность веса
максимальная и единственная для выбранных объектов. Если она соответствует ожидаемой,
то ошибки нет. Если не соответствует, то есть ошибка, мы не знаем где она, но она есть.
Решение: Рассмотрим случай 9 объектов, k = 2. Занумеруем объекты в троичной
системе счисления в порядке возрастания веса: 00; 01; 02; 10; 11; 12; 20; 21 и 22. Одно
взвешивание может позволить проверить одну цифру этой записи, если результат
взвешивания получается единственным образом. Поскольку веса объектов в условии не
оговорены, то уверенность в единственности результата может быть, только если результат
экстремальный.
Организуем первое взвешивание следующим образом. На одной чаше разместим три
самых лёгких объекта. Их номера начинаются на нуль: 00; 01; 02. На другой чаше поместим
три самых тяжёлых: 20; 21 и 22. Разность веса максимальная для выбранного числа
объектов и однозначно определена. Первая цифра проконтролирована таким взвешиванием,
так как у оставшихся трёх объектов эта цифра равна 1. Другими словами мы проверили, что
верно знаем тройку самых лёгких, тройку самых тяжёлых и оставшуюся тройку. Нужно
проверить порядок объектов внутри троек.
Второе взвешивание. На одной чаше разместим самые лёгкие объекты по одному из
уже известных групп. У них разные первые цифры, а вторая равна нулю: 00 самый лёгкий
среди лёгких, 10 – самый лёгкий из группы средних и 20 – самый лёгкий среди тяжёлых.
На другой чаше разместим самые тяжёлые из этих групп: 02 – самый тяжёлый в лёгкой
группе, 12 и 22 – самый тяжёлый в группе тяжёлых. Разность веса максимальная для такого
числа объектов и вновь она однозначно определена. Вторая цифра проконтролирована.
Аналогичные рассуждения позволяют распространить идею для произвольного k.
Ответ: да.
k
3.3 Бракованные весы
Имеется 9 одинаковых монет, одна из которых фальшивая легкая и двое весов без гирь.
Одни из них грубые и не позволяют отличить фальшивую монету от настоящей. Их точность
не позволяет уловить разницу в весе. Зато другие весы точные. Но неизвестно, какие весы
точные. Как в этой ситуации можно определить фальшивую монету за три взвешивания?
Размышление: Худший вариант – равновесие. В этом случае невозможно отличить
одни весы от других. Два взвешивания на точных весах достаточны для определения
фальшивой. При этом нарушения равновесия нет только в случае, если на весы не попала
фальшивая монета. Итак нужны либо два взвешивания на правильных весах либо одно
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
17
17
взвешивание на правильных, исключающее при равновесии ровно одну фальшивую монету.
Идея: Одна и та же монета должна определяться за два взвешивания при равновесии
точных весов и за одно взвешивание при их равновесии.
1 взвешивание. Кладем на каждую чашу весов 1 по четыре монеты.
Весы не в равновесии, значит, они точные! За два оставшихся взвешивания находим
фальшивую монету.
Весы в равновесии. Либо весы 1 верные и фальшивая девятая монета.
Либо весы 1 неверные, фальшивая любая. Метим девятую монету.
2 взвешивание. Кладем на чаши вторых весов по три монеты (без девятой!).
Весы 2 не в равновесии. Они точные! Тройка с фальшивой монетой лёгкая.
3 взвешивание. Находим фальшивую монету в лёгкой тройке.
Весы 2 во 2 взвешивании в равновесии.
Кладём на весы две оставшихся монеты (без девятой!).
3 взвешивание. Весы 2 не в равновесии. Значит, они точные. Фальшивая монета
лёгкая.
Весы 2 в равновесии. Фальшивая монета отмеченная девятая.
Какие весы точные мы не знаем!
3.4 Расковка цепи из тяжёлых звеньев
Имеется кусок цепи из m звеньев, каждое массой 1 г. В куске расковали n звеньев так,
что из образовавшихся кусков цепи можно составить любую массу от 1 до m грамм. При
каком наибольшем m это возможно?
Размышления. Что такое расковка звена? Считаем, что тонкий топор разрубает
звено в одном месте, мы его разгибаем и цепь распадается на два куска до и после этого
звена. Само раскованное звено остаётся полноценным и не изменяет вес.
Упорядочим длину участков цепочки между раскованными звеньями. Считаем, что те,
которые расположены ближе к «началу» цепи короче, чем те, которые дальше от начала.
Пусть расковано одно звено, n = 1. Вес 1 даёт раскованное звено. Чтобы получить вес
2, надо чтобы раскованное звено имело номер три и отделяло с одной стороны цепочку из
двух звеньев. Тогда 3 = 1 + 2. Вес 4 должна дать оставшаяся часть цепи по другую сторону
от раскованного звена. Имея веса 1, 2 и 4 мы получаем 5 = 4 + 1, 6 = 4 + 2, 7 = 4 + 2 + 1.
Итак любую массу от 1 до 7 можно получить расковав третье звено цепочки из семи звеньев.
Пусть раскованы два звена, n = 2. Тогда веса 1 и 2 дают два раскованных звена. Чтобы
получить вес 3, надо расковать четвёртое звено. Тогда 4 = 3 + 1, 5 = 3 + 1 + 1. Вес 6 должен
дать второй кусок цепи. Значит, надо расковать 11–ое звено. Все веса до 11 мы можем
получить, комбинируя 6, 3, 1 и 1. Вес 12 должна дать оставшаяся часть цепи. Значит, вся
цепь имеет длину 23 и любой вес от 1 до 23 получим с помощью кусков длины 12, 6, 3, 1 и
1. Итак, любую массу от 1 до 23 можно получить расковав 4–ое и 11–ое звенья цепочки из
двадцати трёх звеньев.
Пусть раскованы три звена, n = 3. Тогда веса 1, 2 и 3 дают три раскованных звена.
Чтобы получить вес 4, надо расковать пятое звено. Веса до 7 = 1 + 1 + 1 + 4 получены.
Длина следующего участка 8 и надо расковать 14 звено. Веса до 15 = 1 + 1 + 1 + 4 + 8
получены. Длина следующего участка 16 и надо расковать 31 звено. Если остаток имеет
длину 32, то вся цепочка имеет длину 63 и любой вес можно получить.
Решение: Шаги 1–2. Докажем, что, имея n единичных звеньев и цепочки произвольной
длины в количестве (n + 1) при любой массе цепочек можно получить не более, чем
2n+1 (n + 1) – 1 разных не нулевых весов.
Комбинируя любым образом (n + 1) объект мы можем получить не более, чем 2 n+1
комбинаций, включая нуль. Так первый объект можно взять, а можно не взять. Это даёт две
комбинации. Независимо от первого объекта, второй можно взять и не взять. Получаем 4
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
18
18
комбинации для двух объектов. Аналогично для следующих объектов. Добавляя к этим
комбинациям 1, 2 и так далее до n единичных весов раскованных звеньев получим 2n+1(n +
1) возможных комбинаций с учётом нуля (когда ни один объект не выбран). Учитывая это
находим что можно получить не более 2n+1 (n + 1) – 1 разных не нулевых весов.
Шаг 3. Пусть цепь, содержащая N = 2n+1 (n + 1) – 1 звеньев, раскована таким образом,
что возникли следующие части:
– часть длиной (n + 1), расковано (n + 1) + 1–ое звено;
– часть длиной 21 (n + 1), расковано 3(n + 1) + 2–ое звено;
– часть длиной 22(n + 1), расковано 7(n + 1) + 3–ое звено;…,
– часть длиной 2n–1 (n + 1), расковано (2n – 1) (n + 1) + n–ое звено.
– часть длиной 2n (n + 1).
Любой вес от 1 до n включительно можно получить из раскованных звеньев,
вес от (n + 1) до 21(n + 1) – 1 получаем с помощью первого куска и звеньев,
вес от 21(n + 1) до 22(n + 1) – 1 получаем с помощью первого и второго кусков и
раскованных звеньев, и так далее. Любой вес от 1 до 2n+1 (n + 1) – 1 получен.
Ответ: 2n+1 (n + 1) – 1, (7 для n = 1,
23 для n = 2,
63 для n = 3,
159 для n = 4,
383 для n = 5,
895 для n = 6).
4
Эксперименты с удачами и неудачами
4.1 Чиновники
В уездном городе М есть некоторые чиновники, которые берут взятки. Это вежливые
чиновники, знающие себе цену. Если взятка меньше цены, чиновник вежливо улыбается и
забывает об инциденте. Если она больше или равна – берёт. Математик хочет выяснить цену
конкретного чиновника и готов раскошелиться на две взятки и набраться терпения на n
попыток. Какую наибольшую цену он сможет точно определить, если каждая взятка – целое
число сотен?
Решение: Называем попытку (эксперимент) удачным, если взятка взята. Ясно, что
искомое число не больше, чем размер данной взятки. Назовём эксперимент неудачным, если
взятку отвергли. Искомое число больше размера взятки.
Пусть первая же попытка оказалась удачной. Цену, которая не выше заплаченной,
требуется узнать за оставшиеся n – 1 попытку. Поскольку цена может быть равна 1,
необходимо во второй попытке использовать именно одну сотню. При неудаче – даём 2
(третья попытка) и так далее. Если и последняя попытка n–ая попытка дать n – 1 сотню
окажется неудачной, то, значит, цена была угадана в первой попытке. Итак, если цена
чиновника не превышает n, алгоритм позволяет её найти.
Пусть первая попытка оказалась неудачной, то есть цена чиновника превышает n.
Следующий шаг исследования проводим, как первый с учётом того, что оставшееся число
попыток на одну меньше исходного и равно (n – 1). Поэтому во втором эксперименте
предлагаем взятку в размере n + (n – 1) = 2n – 1.
При удаче (взятка взята), получаем, что цена чиновника больше, чем n, но не более,
чем (2n – 1). Даём взятку n+ 1, далее увеличиваем на единицу размер взятки пока она будет
взята.
При неудачной второй попытке в третьей попытке предлагаем взятку в размере:
n + (n – 1) + (n – 2) = 3n – 3
и так далее. Наибольшее возможное точно устанавливаемое значение взятки, выясняемое за
n попыток равно:
n + (n – 1) + (n – 2) + … + 2 + 1 = n (n + 1) /2.
Ответ: n(n + 1)/2.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
19
19
4.2 Весы и гири
Даны чашечные весы без гирь и N одинаковых по виду монет, ровно одна из которых
фальшивая. Она легче настоящих, а настоящие весят одинаково. Разрешено выполнить не
более, чем n взвешиваний чтобы гарантировано выявить фальшивую монету. Найти число
монет, среди которых можно найти фальшивую, если никакую монету нельзя взвешивать
более двух раз?
Решение: Если число взвешиваний одно или два и монеты на весах не были, то имеем
стандартное решение при котором число монет N(2) = 9.
Выполняем третье с конца взвешивание. Имеем несколько монет, одна из которых
фальшивая. Допустим мы положили на весы несколько монет и весы не пришли в
равновесие. Мы знаем, что фальшивая в лёгкой группе. У нас ещё два взвешивания, но мы в
этих взвешиваниях не можем положить на весы более, чем по одной монете на чашу. Ведь
больше эти монеты взвешивать нельзя и если их две, то выбрать из них фальшивую
невозможно. Значит, на весах может быть не более, чем по 5 монет. Если одна чаша весов
лёгкая, то двумя оставшимися взвешиваниями сравним монеты в двух парах. Либо найдём
легкую фальшивую, либо, при равновесии, фальшивая та пятая монета, которая не попала
на весы. Вне весов может быть N(2) = 9 монет. Всего монет N(3) = N(2) + 2 · 5 = 19.
Выполняем четвёртое с конца взвешивание. Мы положили на весы несколько монет и
весы не пришли в равновесие. Мы знаем, что фальшивая в лёгкой группе. У нас ещё три
взвешивания, но мы в этих взвешиваниях не можем положить на весы более, чем по одной
монете на чашу. Значит, на весах может быть не более, чем по 7 монет. Тремя оставшимися
взвешиваниями сравним монеты в трёх парах. Либо найдём легкую фальшивую, либо, при
равновесии, фальшивая та седьмая монета, которая не попала на весы. Вне весов может
быть N(3) = 19 монет. Всего перед взвешиванием может быть N(4) = N(3) + 2 · 7 = 33
монеты.
Выполняем k–ое с конца взвешивание. Имеем несколько монет, одна из которых
фальшивая. На весах может быть не более чем по 2k – 1 монет. Если одна чаша весов лёгкая,
то k – 1 оставшимися взвешиваниями сравним монеты в k – 1 паре. Либо найдём легкую
фальшивую, либо, при равновесии, фальшивая та монета, которая не попала на весы. Вне
весов может быть N(k – 1) монет, с которыми будем оперировать на (k – 1) –ом с конца
взвешивании.
Получили уравнения монет N(2) = 2·3 + 2·1 + 1, N(3) = 2·5 + N(2), N(4) = 2·7 + N(3),
N(5) = 2·9 + N(4),..., N(k) = 2(2k – 1) + N(k – 1). Сложим эти уравнения от k = 2 до последнего
k=n
k = n. В результате получим:
N (n)=∑ 2( 2 k −1)+ 1.
k =1
k= n
Известно, что сумма последовательных нечётных чисел
∑ 2 k−1=n 2 .
k =1
k=n
Значит,
N (n)=∑ 2( 2 k −1)+ 1=2 n2 +1. Например, N(7) = 99.
k =1
Из проведенного рассуждения следует, что полученное число является максимальным.
Ответ: 2n2 + 1.
4.3 К сожалению, типичные весы
Даны чашечные весы, имеющие особенность – они могут выдержать ровно 3
взвешивания (неважно в каком порядке) неравных грузов, после чего ломаются. Одинаковые
веса можно уравновешивать на этих весах бесконечное количество раз. Среди N монет есть
одна фальшивая, вес которой меньше настоящих. Найдите максимальное N при котором
можно найти фальшивую не более, чем за 7 взвешиваний на этих весах.
Решение: Наибольшее число монет N, среди которых можно найти лёгкую фальшивую,
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
20
20
обозначим, как N(n, k), где n – это разрешенное число взвешиваний, k – число взвешиваний,
которые могут выдержать весы. Известно, что N(n, n) = 3n, так как если число взвешиваний
равно допустимому числу взвешиваний, то ограничение не действует. Итак, N(1,1) = 3,
N(2,2) = 9, N(3,3) = 27.
В результате любого взвешивания число n уменьшается на единицу. Если при
взвешивании весы остались в равновесии, то мы переходим к ситуации N(n – 1, k),
анализируем не попавшие на весы монеты и отбрасываем все монеты, которые были на
весах. Если весы не в равновесии, то мы берём для дальнейшего анализа лёгкую группу в
количестве N(n – 1, k – 1), отбрасываем равную ей по численности тяжёлую группу и все
монеты, которые не были на весах. Значит, N(n, k) = N(n – 1, k) + 2 N(n – 1, k – 1).
Ищем N(2,1). Если весы не в равновесии, то данное взвешивание последнее. Мы не
можем больше пользоваться весами и знаем, что фальшивая на лёгкой чаше. Значит, она
должна быть единственной. То есть N(2,1) = N(1,1) + 1·2 = 5.
Ищем N(3,1). Если весы не в равновесии, то данное взвешивание последнее, на весах 1
+ 1. Если в равновесии, то переходим в N(2,1). Значит, N(3,1) = N(2,1) + 1·2 = N(1,1) + 4 = 7.
Аналогично, N(4,1) = N(3,1) + 1·2 = N(1,1) + 6 = 9. N(5,1) = N(4,1) + 1·2 = N(1,1) + 8 = 11.
Ищем N(7,3) = N(6,3) + 2N(6,2)· = N(5,3) + 2N(5,2)·+ 2(N(5,2) + 2N(5,1)) =
= N(4,3) + 2N(4,2)·+ 4(N(4,2) + 2N(4,1)) + 4(N(1,1) + 8) =
= N(3,3) + 2N(3,2)·+ 6(N(3,2) + 2N(3,1)) + 8N(4,1) + 4N(5,1) =
= N(3,3) + 8(N(2,2)·+ 2N(2,1)) + 12N(3,1) + 8N(4,1) + 4N(5,1) =
= N(3,3) + 8N(2,2)·+ 16N(2,1) + 12N(3,1) + 8N(4,1) + 4N(5,1) =
= 27 + 72 + 80 + 84 +72 + 44 = N(3,3) + 8N(2,2)·+ 40N(1,1) + 32 + 48 + 48 + 32 = 379.
Таким образом N(7,3) = 379.
Ответ: 379.
4.4 Один лживый ответ
Задумано целое число от 0 до 15, которое требуется узнать. Для выяснения этого числа
Вы можете задавать любые вопросы, на которые получите ответ «Да» или «Нет». Один
ответ может быть лживым. Сколько требуется вопросов?
Размышление: Простейший способ решения задачи состоит в том, чтобы задавать
каждый вопрос дважды. Если ответы совпали, можно быть уверенным, что они правдивы, а
если ответы разные – то один из них ложь. Задав «сомнительный» вопрос в третий раз,
получим правильный ответ. В данной задаче число вопросов в худшем случае, когда лжив
последний ответ, оказывается 4×2 + 1 = 9. Идеи, рассмотренные ниже, применяются в
реальных компьютерах для обеспечения достоверности пересылки информации в памяти
компьютера. Предложенное решение, в переводе на язык компьютера, состоит в следующем:
каждую пересылку информации выполни дважды, каждый раз проверь, что переданная
информация совпала. Если она не совпала, то перешли информацию ещё раз. Этот способ
замедлит работу любого компьютера в два раза, что явно не желательно. Математики нашли
более экономные способы контроля пересылаемой информации.
Решение: Количество ситуаций с числами 16. Значит вопросов не менее, чем 4. Тогда
ситуаций с лживым ответом более, чем 4 (не соврал, соврал в первый раз, соврал во второй
раз) и нужно не менее, чем 3 вопроса контролирующих враньё. Значит, общее число
вопросов не менее, чем семь.
Строим схему с семью вопросами.
Задаём три вопроса о трёх цифрах искомого числа в двоичной системе.
Задаём контрольный вопрос, связанный со всеми уже заданными. Пусть по ответам
получены цифры 101.
Вопрос 4: «Является ли истинная сумма «узнанных» трёх цифр чётной?»
Если ответ совпадает с ожидаемым, то есть «Да», то все четыре ответа правдивы.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
21
21
Оставшихся трёх вопросов достаточно, чтобы узнать одну последнюю цифру.
Если ответ на вопрос 4 не совпадает с ожидаемым («Нет»), то ложь уже произошла и
дальнейшие ответы будут правдивы.
Вопрос 5 позволяет узнать последнюю двоичную цифру числа.
Вопрос 6 должен позволить выяснить, была ли ложь в ходе первых двух ответов.
Лирик так и спросит. Математик ориентированный на применение метода может спросить
«Является ли истинная сумма двух первых цифр нечётной?»
Вопрос 7 должен позволить выяснить какой ответ был лжив. Если ложь в ответах на
первые два вопроса, проверяем одно из первых двух чисел. Иначе – третье число.
Ответ: 7.
4.5 Один фальшивый объект неизвестного веса
Имеются четыре монеты, одна из которых фальшивая. Она отличается по весу от всех
остальных. Даны чашечные весы, позволяющие точно установить, равны ли веса групп
объектов, положенных на чаши, или какая–то группа тяжелее. Кроме того дана одна
настоящая монета. Найти минимальное число взвешиваний, необходимых для того, чтобы
определить фальшивую монету и выяснить, легче она или тяжелее остальных.
Решение: Введём обозначения. Пометим монеты числами от 1 до 4. Ситуацию, когда
единственный фальшивый объект это первая монета, причём она тяжелее настоящих,
обозначим 1Т. Если фальшивый объект это первая монета, причём она легче настоящих,
обозначим – 1Л. И так далее.
Считаем количество возможных ситуаций. Фальшивой может быть любая из 4 монет,
причём она может быть как лёгкой, так и тяжёлой. Всего 8 ситуаций. Вот они:
1Т, 1Л, 2Т, 2Л, 3Т, 3Л, 4Т, 4Л.
В результате одного взвешивания весы могут принять 3 разных положения и могут
обеспечить идентификацию не более чем 3 разных ситуаций. Значит, одного взвешивания
недостаточно для решения задачи.
Покажем, как можно найти фальшивую монету два взвешивания. Кладём на левую
чашу монеты 1 и 2, на правую 3 и 5Н.
Если весы в равновесии, то фальшивая монета 4 и сравнив её с любой выясним,
тяжелая она или лёгкая.
Если левая чаша легче, то возможен один из трёх вариантов 1Л, 2Л или 3Т. Кладём на
чаши 1Л и 2Л. Если одна из них легче, она и есть лёгкая фальшивая. Если весы в
равновесии, то фальшивая третья, она тяжёлая.
Если левая чаша тяжелее, то возможен один из трёх вариантов 1Т, 2Т или 3Л. Кладём
на чаши 1Т и 2Т. Если одна из них тяжелее, она и есть тяжёлая фальшивая. Если весы в
равновесии, то фальшивая третья, она лёгкая.
Ответ: 2.
4.6 Один фальшивый объект неизвестного веса
Имеются N монет, одна из которых фальшивая. Она отличается по весу от всех
остальных. Даны чашечные весы, позволяющие точно установить, равны ли веса групп
объектов, положенных на чаши, или какая–то группа тяжелее. Найти минимальное число
взвешиваний, необходимых для того, чтобы определить фальшивую монету и выяснить,
легче она или тяжелее остальных, если N = 8...12.
Решение: Пометим монеты числами от 1 до N. Всего возможны 2N ситуаций. Вот они:
1Т, 1Л, 2Т, 2Л, …, NТ, NЛ.
В результате двух взвешиваний весы могут принять 3 2 = 9 разных положений и могут
обеспечить идентификацию не более чем 9 разных ситуаций. Значит, два взвешивания
недостаточно для решения задачи.
Взвешивание 1. Выбираем две группы монет по четыре монеты в каждой и сравниваем
их вес.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
22
22
Если весы остались в равновесии, фальшивая среди не более, чем четырёх оставшихся,
не известно, лёгкая она или тяжелая. Есть 8 настоящих монет. Задача сведена к предыдущей.
Если одна чаша тяжелее, то либо фальшивая тяжёлая и среди четырёх тяжёлых, либо
лёгкая среди четырёх легких. Ситуации в этом случае 1Л, 2Л, 3Л, 4Л, 5Т, 6Т, 7Т, 8Т
Взвешивание 2. На левой чаше 1Л, 2Л, 5Т, на правой 3Л, 4Л, 6Т.
Весы в равновесии. Взв. 3: сравниваем 7Т и 8Т. Более тяжёлая – это фальшивая
тяжёлая. Левая чаша легче. Ситуации в этом случае 1Л, 2Л, 6Т.
Взв. 3. Сравниваем 1Л и 2Л. Если одна из них легче – она лёгкая фальшивая. Если они
равны, то фальшивая тяжёлая шестая.
Аналогично строим решение, если правая чаша легче.
Ответ: 3.
4.7 Один фальшивый объект неизвестного веса
Имеются N монет, одна из которых фальшивая. Она отличается по весу от всех
остальных. Даны чашечные весы, позволяющие точно установить, равны ли веса групп
объектов, положенных на чаши, или какая–то группа тяжелее. Найти минимальное число
взвешиваний, необходимых для того, чтобы определить фальшивую монету и выяснить,
n
3 −3
легче она или тяжелее остальных, если N ≤
.
2
Решение: В результате n–1 взвешивания весы могут принять 3n–1 разных положений и
не могут обеспечить идентификацию всех возможных ситуаций. Значит, минимальное число
взвешиваний не менее, чем n. Строим решение для n взвешиваний.
Перенумеруем ситуации пользуясь троичной системой счисления так, чтобы сумма
чисел для каждой фальшивой монеты в ситуациях, когда монета легкая и когда она тяжелая
записывалась числом, состоящим из одних двоек (222 для n = 3, 2222 для n = 4). Для n = 3 и
n = 4 получим пары столбцов, показанных в таблице слева.
Поменяем местами обозначения для монет 1, 3–5, 9–17, 27–53;... Для этих монет
впервые появляется цифра 1 в последнем, предпоследнем, третьем справа и так далее
столбцах. Она выделена красным. Таблицы принимают вид, показанный справа. Троичные
цифры образовали 2n столбцов. В каждом из них одинаковое число нулей, единиц и двоек.
1Л = 001, 1Т = 221;
2Л = 002, 2Т = 220;
3Л = 010, 3Т = 212;
4Л = 011, 4Т = 211;
5Л = 012, 5Т = 210;
6Л = 020, 6Т = 202;
7Л = 021, 7Т = 201;
8Л = 022, 8Т = 200;
9Л = 100, 9Т = 122;
10Л = 101, 10Т = 121;
11Л = 102, 11Т = 120;
12Л = 110, 12Т = 112;
1Т = 221, 1Л = 001;
2Л = 002, 2Т = 220;
3Т = 212, 3Л = 010;
4Т = 211, 4Л = 011;
5Т = 210, 5Л = 012;
6Л = 020, 6Т = 202;
7Л = 021, 7Т = 201;
8Л = 022, 8Т = 200;
9Л = 100, 9Т = 122;
10Л = 101, 10Т = 121;
11Л = 102, 11Т = 120;
12Л = 110, 12Т = 112.
1Л = 0001,
2Л = 0002,
3Л = 0010,
4Л = 0011,
5Л = 0012,
6Л = 0020,
7Л = 0021,
1Т = 2221,
2Л = 0002,
3Т = 2212,
4Т = 2211,
5Т = 2210,
6Л = 0020,
7Л = 0021,
1Т = 2221;
2Т = 2220;
3Т = 2212;
4Т = 2211;
5Т = 2210;
6Т = 2202;
7Т = 2201;
1Л = 0001;
2Т = 2220;
3Л = 0010;
4Л = 0011;
5Л = 0012;
6Т = 2202;
7Т = 2201;
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
23
23
8Л = 0022, 8Т = 2200;
8Л = 0022, 8Т = 2200;
9Л = 0100, 9Т = 2122;
9Т = 2122, 9Л = 0100;
10Л = 0101, 10Т = 2121;
10Т = 2121, 10Л = 0101;
11Л = 0102, 11Т = 2120;
11Т = 2120, 11Л = 0102;
12Л = 0110, 12Т = 2112;
12Т = 2112, 12Л = 0110;
13Л = 0111, 13Т = 2111;
13Т = 2111, 13Л = 0111;
...
...
36Л = 1100, 36Т = 1122;
36Л = 1100, 36Т = 1122;
37Л = 1101, 37Т = 1121;
37Л = 1101, 37Т = 1121;
38Л = 1102, 38Т = 1120;
38Л = 1102, 38Т = 1120;
39Л = 1110, 39Т = 1112.
39Л = 1110, 39Т = 1112.
Взвешивания организуем так. В первом взвешивании на левую чашу кладём монеты, в
троичной записи которых в первой колонке левого столбца стоит цифра 2, на правую чашу
монеты, у которых в первой колонке правого столбца стоит цифра 2. В первом взвешивании
при n = 3 на левой чаше монеты 1,3,4,5 на правой чаше монеты 2,6,7,8. Во втором
взвешивании на левую чашу кладём монеты, в троичной записи которых во второй колонке
левого столбца стоит цифра 2 (монеты 1,6,7,8), на правую чашу монеты, у которых во второй
колонке правого столбца стоит цифра 2 (монеты 2,9,10,11). Аналогично, в третьем
взвешивании слева монеты 2,3,8,11, справа монеты 5,6,9,12.
Припишем тяжёлой левой чаше код 2, равновесию код 1 и лёгкой левой код 0. Пусть
весы показали 210, то есть левая тяжелее в первом взвешивании, во втором взвешивании
равенство, в третьем левая легче. Тогда искомая монета определена кодом, это монета 5 и
она тяжёлая. Проверяем. В первом взвешивании она слева, во втором не участвует. В
третьем она справа. Действительно верно. Если бы весы показали 012, то эта же монета
была бы фальшивой лёгкой.
При других n действуем аналогично. Например, при n = 4 в первом взвешивании на
левую чашу кладём монеты, в троичной записи которых в первой колонке стоит цифра 2, на
правую чашу монеты, у которых в первом для монет в правой группе стоит цифра 2. Так в
первом взвешивании на левой чаше 13 монет. Это монеты 1,3,4,5,9,10,11,12,13,14,15,16,17,
на правой чаше монеты 2,6,7,8,18,19,20,21,22,23,24,25,26. Их тоже 13.
Если левая чаша в первом и последнем взвешиваниях оказалась тяжелее, а в двух
оставшихся весы были в равновесии, то код монеты 2112 и из таблицы следует, фальшивая
тяжелая это 12 монета. Если левая чаша в этих двух взвешиваниях оказалась легче, а в двух
оставшихся весы были в равновесии, код монеты 0110, значит, 12 монета легкая фальшивая.
Во всех остальных вариантах она настоящая.
N 3 n−1 −1
В каждом взвешивании на каждой чаше число монет
=
. Аналогично
3
2
подбираем монеты для всех n взвешиваний. Результат взвешиваний позволяет однозначно
3n −3
определить фальшивую монету и её свойство для N =
. Например, монета 12 была
2
на левой чаше весов в первом и четвёртом взвешиваниях и не была ни разу на правой чаше.
Последняя монета (12 для n = 3, 39 для n = 4) не была на левой чаше и была на правой
чаше только в четвёртом взвешивании. Её «код» равно, равно, равно, правая тяжелее для
тяжёлой и правая легче для лёгкой.
n
3 −5
Пусть число монет на 1 меньше исследованного N =
. То есть 11 для n = 3 и 38
2
для n = 4. Мы имеем не занятые коды 000 и 222 и проблему, что положить на весы вместо
отсутствующей монеты 12 (39). Значит, можно использовать монету 1 в последнем
взвешивании вместо отсутствующей монеты и заменить её код на пару 1Т = 222, 1Л = 000.
3n −7
Пусть число монет на 2 меньше исследованного N =
. То есть 10 для n = 3 и 37
2
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
24
24
для n = 4. Мы имеем не занятые коды 000 и 222 и проблему, что положить на весы вместо
отсутствующих монет 10 и 12 (37 и 39). Именно эти монеты появляются на весах по одному
разу в двух последних взвешиваниях. Значит, можно использовать монету 4 код которой 211
(2211) в двух последних взвешиваниях вместо отсутствующих монет. Соответственно нужно
заменить её код на пару 4Т = 222, 4Л = 000.
n
3 −9
Пусть число монет на 3 меньше исследованного N =
. То есть 9 для n = 3 и 36
2
для n = 4. Теперь можно подобрать группу из трёх монет так, чтобы сумма их цифр в
каждом столбце составляла 3. Например, это монеты 4 (код 211 и 011), 8 (код 022 и 200) и 9
(код 100 и 122). Если их изъять, то при каждом взвешивании на весах останется по 3
монеты:
1,3,4,5 и 2,6,7,8 – первое взвешивание, 1,6,7,8 и 2,9,10,11 – второе, 2,3,8,11 и 5,6,9,12 –
третье.
Коды остальных монет не изменятся. Для n = 4 можно использовать, например, монеты 4
(код 2211 и 0011), 8 (код 0022 и 2200) и 36 (код 1100 и 1122). И здесь на весах в каждом
взвешивании число монет уменьшится на единицу.
Описанный алгоритм позволяет удалять из списка тройки монет, а также одну и две.
Значит, он решает задачу для произвольного числа монет.
4.8 Один фальшивый объект неизвестного веса
Имеются 13 монет, одна из которых фальшивая. Она отличается по весу от всех
остальных. Даны чашечные весы, позволяющие точно установить, равны ли веса групп
объектов, положенных на чаши, или какая–то группа тяжелее. Найти минимальное число
взвешиваний, необходимых для того, чтобы определить фальшивую монету.
Решение: В результате трёх взвешиваний установим фальшивую монету среди 12 и
выясним, легкая она или тяжёлая. Если во всех трёх взвешиваниях равновесие, то
фальшивая не попавшая на весы монета. Узнать легче она или тяжелее настоящих не
требуется.
Ответ: 3.
5
Двумерная таблица объектов
5.1 Тест в квадратном зале
В квадратном зале расположены восемь рядов по восемь мест на которых 64
школьника писали тест. В нём было шесть вопросов с двумя вариантами ответа на каждый.
Могло ли так оказаться, что среди наборов ответов нет одинаковых, причем наборы ответов
любых двух людей за соседними столами совпали не больше, чем в одном вопросе? Места
называют соседними, если они стоят рядом в одном ряду или друг за другом в соседних
рядах.
Размышляем. Редуцируем задачу. 4 школьника, два вопроса. Обозначим первый ответ
на каждый вопрос через нуль, а второй через единицу. Зал представим в виде таблицы 2×2, в
клетки которой расставляются наборы из двух цифр. Заполним таблицу так, чтобы соседние
по вертикали или горизонтали наборы совпадали не более чем по одной цифре. Решение
00 01 очевидно, вторые цифры меняются по строке, первые – по столбцу. Соседние
10 11
числа и отличны в одном ответе (позиции) и совпадают в одном ответе (позиции).
Усложняем задачу. 16 школьников и 4 вопроса. Строка 00 – 01 – 11 – 10 в которой
каждые два соседа отличаются на 1 и такой же столбец позволяют построить таблицу в
которой каждые два соседа отличаются в одной позиции (одном ответе). Воспользуемся
десятичной записью строки 0 – 1 – 3 – 2 и запишем таблицу в десятичном и двоичном виде:
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
25
25
00
десятичный вид 01
03
02
10
11
13
12
30
31
33
32
20
21 двоичный вид
23
22
0000
0001
0011
0010
0100
0101
0111
0110
1100
1101
1111
1110
1000
1001
1011
1010
Чтобы соседи в строке совпадали, а не отличались в одном ответе, нужно каждое
второе число заменить дополняющим до 3, то есть новая строка 0 – 2 – 3 – 1. В таблице
замену проводим в шахматном порядке:
00
десятичный вид 32
03
31
23
11
20
12
30
02
33
01
13
21 двоичный вид
10
22
0000
1101
0011
1110
1011
0101
1000
0110
1100
0010
1111
0001
0111
1001
0100
1010
В этой замене важно, что в группе заменяемых все числа парные, то есть каждое из
замененных чисел имеет пару именно в группе замененных: 23–10, 31–02, 20–13, 01–32.
Почему это так? Число (x,y) меняем на число (3–х,3–у). 1 на 2, 0 на 3. Каждая такая замена
это сдвиг на 2 столбца или на 2 строки. Значит, сумма номеров строки и столбца меняется на
чётное число, а эта чётность этой суммы и определяет цвет клетки при шахматной
раскраске.
Решение: Совпадений у соседей должно быть ровно 1, иначе ответы идентичны.
Обозначим первый ответ на каждый вопрос через нуль, а второй через единицу. Зал
представим в виде таблицы 8×8, в клетки которой расставляются наборы из шести цифр.
Заполним таблицу так, чтобы соседние по вертикали или горизонтали наборы совпадали не
более чем по одной цифре.
Создаём любую строку из нулей и единиц содержащую 8 чисел такую, что каждые два
соседних числа отличаются ровно в одной позиции:
000 — 100 — 110 — 111 — 101 — 001 — 011 — 010.
Кодируем строку десятичными числами 0-4-6-7-5-1-3-2. Создаём квадратную таблицу
из пар чисел этой строки так, что элемент ij содержит i-ое и j-ое числа строки. Все числа
различны, поскольку числа из разных столбцов отличаются первой цифрой, а числа из
разных строк — второй:
00
04
06
07
05
01
03
02
40
44
46
47
45
41
43
42
60
64
66
67
65
61
63
62
70
74
76
77
75
71
73
72
50
54
56
57
55
51
53
52
10
14
16
17
15
11
13
12
30
34
36
37
35
31
33
32
20
24
26
27
25
21
23
22
В таблице любые два соседних числа отличны ровно в одной позиции. Например,
соседи числа 61 = 110001 это 65 = 110101, 41 = 100001, 63 = 110011 и 71 = 111001.
Сопоставим положение в таблице чисел (x,y) и (7–х, 7–у). Если x = 0, то 7–х = 7,
перемещение на 4 позиции по строке вправо. Если x = 1, то 7–х = 6, перемещение на 4
позиции по строке влево. Если x = 2, то 7–х = 5, перемещение на 4 позиции по строке влево.
Если x = 3, то 7–х = 4, перемещение на 6 позиций по строке влево. Для значений х равных
4,5,6 и 7 перемещение в обратную сторону. Для чисел y те же перемещения, но по
вертикали. При шахматной закраске таблицы, цвет клетки определяет чётность суммы
номеров строки и столбца. Значит, цвет чисел (x,y) и (7–х, 7–у) одинаков.
Пользуемся шахматной закраской в которой левый верхний угол белый и заменяем все
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
26
26
числа на чёрных клетках по правилу (x,y) на (7–х, 7–у):
00
73
06
70
05
76
03
75
37
44
31
47
32
41
34
42
60
13
66
10
65
16
63
15
07
74
01
77
02
71
04
72
50
23
56
20
55
26
53
25
67
14
61
17
62
11
64
12
30
43
36
40
35
46
33
45
57
24
51
27
52
21
54
22
Восстанавливаем двоичную запись, то есть 0 меняем на 000, 5 на 101 и так далее:
000000
111011
000110
111000
000101
111110
000011
111101
011111
100100
011001
100111
011010
100001
011100
100010
110000
001011
110110
001000
110101
001110
110011
001101
000111
111100
000001
111111
000010
111001
000100
111010
101000
010011
101110
010000
101101
010110
101011
010101
110111
001100
110001
001111
110010
001001
110100
001010
011000
100011
011110
100000
011101
100110
011011
100101
101111
010100
101001
010111
101010
010001
101100
010010
Ответ. Могло.
5.2 Пахучие шары
Из n шаров ровно два пахнут. Про любую кучку шаров за одну проверку можно
сказать, есть ли в ней хотя бы один пахучий шар. Однако, если в куче больше одного шара,
то нельзя узнать, один ли он и какой он именно. Имеется право на k проверок. Из какого
наибольшего числа шаров можно гарантировано найти оба пахучих шара?
Решение: Ситуацией будем называть пару номеров пахучих шаров. Их количество Cn2.
Если ситуация установлена, то задача решена. Каждая проверка даёт один из двух ответов:
«Да», то есть имеется хоть один пахучий, или «Нет». За k проверок можно различить не
более, чем 2k ситуаций. Если число шаров в куче равно n, то количество ситуаций должно
n (n−1) k
2
быть не больше, чем 2k: C n=
≤2 . (*)
2
С помощью формулы (*) находим, что если k = 2, то n = 3. Если k = 3, то n = 4.
Проверяем по одному k отдельных шаров. Последний шар определяем, зная что всего
пахнущих шаров ровно два.
Если k = 4, то из (*) находим, что n  6, так как С62 = 15 < 24. Однако если n = 6 и в
первой проверке 1 шар и ответ «Нет», то найти один шар из 5 за 3 проверки невозможно.
Если проверить два шара, то при ответе «Да» число возможных ситуаций не меньше, чем 9
(пахнуть могут пары 12,13,14,15,16,23,24,25,26) и за три оставшиеся попытки их различить
невозможно. Значит, если k = 4, то n = 5.
Пусть k = 5. Тогда из (*) находим, что n  8, так как С82 = 28 < 25.
Для n = 8 решения нет. Действительно, если при первой проверке проверены 1 или 2
шара и ответ «Нет», то за оставшиеся 4 попытки найти 2 шара из шести нельзя. Если
проверить 3 шара (или больше), то при ответе «Да» число возможных ситуаций не меньше,
чем 18 (пахнуть могут пары 12,13,...,18,23,…38) и за четыре оставшиеся попытки их
различить невозможно. Значит n < 8.
Составляем алгоритм для n = 7. Проверка 1 – проверяем пару шаров 1 и 2.
Если «Нет», то за k = 4 попытки находим два шара из оставшихся n = 5.
Если
«Да»,
то
возможны
11
ситуаций
(пахнуть
могут
пары
12,13,14,15,16,17,23,24,25,26,27). Используем принцип деления ситуаций на две
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
27
27
приблизительно равные группы.
Проверки 2. Проверяем шар 1. В результате получим не более, чем 7 подозреваемых.
Например, при ответе «да» это пары 12, 13, 14, 15, 16, 17.
Проверки 3. Проверяем группу 3, 4 и 5. В результате получим не более, чем 3 пары
подозреваемых. Например, при ответах «да–да» это пары 13, 14 и 15.
Проверки 4 и 5. Проверяем два шара из трёх подозреваемых. Для ситуации 13, 14 и 15
проверяем шары 3 и 4.
Пусть k = 6. Тогда из (*) находим, что n  11, так как С112 = 55 < 26.
Для n = 11 решения нет. Действительно, если при первой проверке проверены 1, 2 или
3 шара и ответ «Нет», то за оставшиеся 5 попыток найти 2 шара из 8 нельзя. Если
проверены 4 шара, (или больше), то при ответе «Да» число возможных ситуаций не меньше,
чем 34 (12,13,…1–11, 23,24,…4–11) и за пять оставшихся попыток их различить
невозможно.
Составляем алгоритм для n = 10. Проверка 1 – проверяем тройку шаров 1, 2 и 3.
Если ответ «Нет» – возникает рассмотренный случай k = 5, n = 7.
Если ответ «Да», то возможны 24 ситуации (12,13,…,3–10).
Проверка 2. Проверяем четвёрку шаров 4, 5, 6 и 7. Пусть ответ «Да». Возможны 12
ситуаций: 14, 15, 16, 17, 24, 25, 26, 27, 34, 35, 36, 37.
Проверка 3. Проверяем пару шаров 4 и 5. В любом случае осталось шесть ситуаций.
Проверка 4. Проверяем один шар (4 при ответе «да» и 6 при ответе «Нет»). В любом
случае осталось три ситуации и две проверки.
Если ответ в проверке 2 ответ «Нет», то возможны ситуации: 12,13,18,19, 1–10, 23, 28,
29, 2–10, 38, 39, 3–10.
Проверка 3. Проверяем пару шаров 8 и 9. В любом случае осталось шесть ситуаций.
Пусть «Да». Остались ситуации 18, 19, 28, 29, 38, 39.
Проверка 4. Проверяем один шар (8 если «Да»). В любом случае осталось три
ситуации и две проверки.
Ответ: n(2) = 3, n(3) = 4, n(4) = 5, n(5) = 7, n(6) = 10, n(7) = 16.
5.3 Размышляющие мудрецы
Три мудреца садятся в круг. На лоб каждому из них прикрепляется бумажка, на
которой написана цифра 1 или 2 одним из трех цветов: красным, синим или зеленым.
Каждый мудрец видит все бумажки, кроме своей. Ученик может сообщить только одному из
мудрецов цвет его бумажки либо число на его бумажке. Ученик не имеет права сообщить
неверную информацию. Мудрецы не имеют права общаться с учеником и друг с другом.
Каждый из мудрецов не знает о том, какие выводы делают другие мудрецы (в частности, к
какому ответу они приходят).
a) могут ли ученик и мудрецы договориться между собой таким образом, чтобы после
сообщения информации один из мудрецов (выбранный заранее) в любом случае смог узнать,
какая бумажка (цвет и цифра) у него на лбу?
б) могут ли ученик и мудрецы договориться между собой таким образом, чтобы после
сообщения информации все мудрецы в любом случае смогли узнать, какая бумажка (цвет и
цифра) у каждого из них на лбу?
в) пункт а), но цифры на бумажке могут принимать значения 1, 2 или 3.
г) пункт б), но цифры на бумажке могут принимать значения 1, 2 или 3.
Предполагаем, что:
– мудрецы:
– видят к кому обратился ученик, но слово слышит только один,
– дают ответы одновременно в виде записей, а не по очереди их оглашают, так как
оглашение идёт в некотором порядке и после того, как первый сказал свои
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
28
28
выводы, два других получили информацию о выводах первого мудреца, что
противоречит условию,
– ученик:
– может сказать 1, 2, (3 в случаях в и г), красный, синий, зелёный или
промолчать, он имеет 6 (или 7 в случаях в и г) возможностей дать информацию
словом. Слово должно соответствовать надписи на бумажке мудреца,
– может подойти к одному из мудрецов или может не подходить ни к кому. Он
имеет 4 возможности дать информацию движением,
– может подойти к одному из мудрецов и шепнуть ему информацию в правое или
левое ухо или может не подходить ни к кому. В этом случае он имеет 7
возможностей дать информацию движением.
–организаторы:
– могут использовать 6 разных бумажек (9 в случаях в и г), которые будут
идентифицированы с мудрецами,
– могут написать на бумажке любую комбинацию число+цвет.
Обозначим мудрецов В (выбранный), 1 и 2.
Обозначим комбинации следующими словами:
красный + 1, соответствует слово ученика 1,
синий + 1, соответствует слово ученика синий,
зелёный + 1, соответствует молчание ученика,
красный + 2, соответствует слово ученика красный,
синий + 2, соответствует слово ученика 2,
зелёный + 2, соответствует слово ученика зелёный,
красный + 3 = 7, соответствует слово ученика 3,
синий + 3, соответствует обращению к мудрецу 1,
зелёный + 3, соответствует обращению к мудрецу 2.
Решение:
а. Пусть цвет и цифра у всех совпадают. Ученик не подходит ни к кому. Все мудрецы
имеют полную информацию.
Иначе ученик подходит к В и говорит кодовое слово. В знает о себе всё.
б. Ученик может не подойти ни к кому или подойти к одному из трёх. У него 4
возможности дать информацию всем. Слово даст полную информацию тому, к кому он
подошел. Значит, выбор мудреца к которому ученик подходит суть полная информацией для
каждого из двух других мудрецов.
Если организаторы используют 6 разных бумажек, то у каждого мудреца 4 варианта
выбора (кроме тех двух, которые он видит).
Кодировка для цифр – обычная чётность. Для цветов договорная по принципу
чётности. Имея 4 возможности ученик может сообщить информацию.
Ученик не подходит ни к кому. Случай 1 + 1. Все мудрецы видят две одинаковых
цифры и знают свою такую же. Если мудрец видит две разные цифры, он знает, что у него 1.
Если мудрецы видят одинаковые цвета, они знают свой такой же. Если они видят
разные цвета, то знают свой, отличный от того, что видят.
Ученик подходит к кому–то и говорит ему кодовое слово. Этот мудрец знает всё. Для
двух других это должно дать полную информацию. Случай 2 + 2 имеют полную
информацию.
Пусть цвет и цифра у В совпадают с цветом и цифрой у 1 (у 2). Это видит только 2 (1).
Ученик подходит к 2 или к 1 и говорит ему слово. Этот мудрец знает о себе всё. Два других
понимают о себе всё. Тогда полную информацию получают три мудреца.
Иначе ученик подходит к В и говорит кодовое слово. Информацию получает только
мудрец В.
Если цвет и цифра В совпадает с цветом и цифрой 1 (2), ученик подходит к 1 (2). Тогда
полную информацию получают два мудреца.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
29
29
Иначе ученик должен дать сообщение В о четырёх возможностях (кроме тех двух,
которые В видит). Он говорит кодовое слово. Информацию получает только мудрец В.
в. Если цвет и цифра у всех совпадают, ученик не подходит ни к кому. Все мудрецы
имеют полную информацию.
Если цвет и цифра у В совпадают с цветом и цифрой 1 (2), ученик подходит к 1 (2).
Тогда полную информацию получают два мудреца.
Если у 1 и 2 не идентичные бумажки. Тогда ученик должен дать сообщение В о семи
возможностях (кроме тех двух, которые В видит). Он говорит кодовое слово. Если В видит
зелёный + 2, то слово зелёный обозначает уже зелёный + 3. Информацию получает только В.
Если у 1 и 2 идентичные бумажки. Тогда ученик должен дать сообщение В о восьми
возможностях (кроме той единственной, которую В видит). Он подходит к 1 (синий + 3) или
подходит к 2 (зелёный + 3) или подходит к В и говорит кодовое слово. Информацию
получает только мудрец В.
Если цвет и цифра у двух мудрецов совпадают с цветом и цифрой 1 (2), ученик
подходит к 1 (2). Тогда полную информацию получают два мудреца.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/
30
30
6
Контрольные задания
1. Имеются 13 изделий одного фасона и размера, состоящих каждая из двух
тождественных половинок. Либо все они имеют одинаковый вес, либо ровно одно
выполнено из другого материала и обе её половинки отличны по весу от остальных. С
помощью трёх взвешиваний на чашечных весах без гирь найти такое изделие, если оно есть,
и установить, легче оно или тяжелее, чем стандартные изделия?
2. Имеются 13 изделий одного фасона и размера. Либо все они имеют одинаковый вес,
либо ровно в одном использован другой материал и оно отлично по весу от остальных. Гирь
нет, но есть ещё одно такое же, гарантированно стандартное изделие. С помощью трёх
взвешиваний на чашечных весах без гирь найти нестандартное изделие, если оно есть, и
установить, легче оно или тяжелее, чем стандартные изделия.
3. Имеется набор из 20 гирь, с помощью которых можно взвесить любой целый вес от
1 до 2013 г (гири кладутся на одну чашку весов, измеряемый вес – на другую). Каков
минимально возможный вес самой тяжелой гири такого набора, если:
а) веса гирь набора все целые, б) веса не обязательно целые?
4. На доске выписаны числа 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128. Разрешается стереть любые два
числа и вместо них выписать их разность – неотрицательное число. После семи таких
операций на доске будет только одно число. Может ли оно равняться 99?
5. На доске выписаны числа 1, 2 1, 22, 23, ..., 210. Разрешается стереть любые два числа и
вместо них выписать их разность – неотрицательное число. После нескольких таких
операций на доске будет только одно число. Чему оно может быть равно?
6. Есть 101 банка консервов массами 1001 г, 1002 г,..., 1101 г. Этикетки с весами
потерялись, но завхоз помнит, какая банка сколько весит. Он хочет убедить в этом ревизора
за наименьшее число взвешиваний. Есть двое чашечных весов: одни точные, другие –
грубые. За одно взвешивание можно сравнить ровно две банки. Точные весы всегда
показывают, какая банка тяжелее, а грубые – только если разница больше 1 г (а иначе
показывают равновесие). Завхоз может использовать только одни весы. Какие ему следует
выбрать?
7. В некоторой куче монет настоящих больше, чем фальшивых. Все настоящие монеты
весят одинаково. Любая фальшивая монета отличается по весу от настоящей. Можно
использовать чашечные весы, на которых помещается не более двух монет. Их владелец
после каждого взвешивания забирает себе в качестве арендной платы любую (выбранную
им) монету из двух только что взвешенных. Докажите, что можно выделить хотя бы одну
настоящую монету и оставить её себе.
© В.В. Шеломовский. Тематические комплекты, 2013.http://www.deoma–cmd.ru/