3 Γρίφοι Αυξανόμενης Δυσκολίας

 

libra1

Σήμερα έχω διάθεση για γρίφους! Για ζέσταμα, ορίστε ένας πολύ εύκολος.

1ος Γρίφος: «Σας δίνονται 9 εξωτερικά όμοιες μπάλες. Επιπλέον, χωρίς να γνωρίζετε ποια ακριβώς, η μία από αυτές είναι συγκριτικά ελλιποβαρής σε σχέση με τις υπόλοιπες 8, που κατα τ’ άλλα έχουν το ίδιο βάρος μεταξύ τους. Ταυτόχρονα, σας δίνεται και μία προπολεμική ζυγαριά (ζυγός) με δύο θέσεις (βλ. φώτο), στην οποία μπορείτε να κάνετε συγκρίσεις μεταξύ δύο βαρών (κάθε τέτοια σύγκριση αποτελεί ‘μία ζύγιση’). Το ερώτημα είναι το εξής: Πώς μπορείτε με δύο ζυγίσεις να προσδιορίσετε ποια είναι η ελαφρύτερη μπάλα?»

(Σημείωση: Η πρώτη σωστή λύση δόθηκε από τον “gvaranx” και υπάρχει στo σχόλιο 1)

Αφού λύσετε αυτόν, προσπαθήστε και τον παρακάτω – μετρίας δυσκολίας – γρίφο:

2ος Γρίφος: «Σας δίνονται 12 εξωτερικά όμοιες μπάλες και ένας ζυγός. Από αυτές, μόνο μία έχει διαφορετικό βάρος, αλλά δεν γνωρίζετε εκ των προτέρων αν είναι βαρύτερη ή ελαφρύτερη. Πώς μπορείτε με 3 ζυγίσεις να βρείτε την μπάλα με το διαφορετικό βάρος και ταυτόχρονα να υποδείξετε αν είναι βαρύτερη η ελαφρύτερη?»

(Σημείωση: H πρώτη σωστή λύση διατυπώθηκε από τον “Paschouale” και υπάρχει στα σχόλια 37, 38)

Τέλος, για όσους έχουνε μείνει ακόμα στην παρέα μας, έχω τον ακόλουθο δύσκολο γρίφο:

3ος Γρίφος: «Έχετε στη διάθεση σας έναν ζυγό και ένα κουβά από εξωτερικά όμοιες μπάλες. Μέσα στον κουβά υπάρχει ακριβώς μία ‘αναρχική’ μπάλα με διαφορετικό βάρος από τις υπόλοιπες (δηλαδή είτε ελαφρύτερη είτε βαρύτερη, χωρίς όμως να γνωρίζετε τι από τα δύο). Πόσες το πολύ μπάλες μπορεί να περιέχει ο κουβάς, έτσι ώστε να μπορείτε πάντα να προσδιορίσετε την ‘αναρχική’ μπάλα (και ταυτόχρονα το αν είναι βαρύτερη ή ελαφρύτερη από τις άλλες) μόνο με 4 ζυγίσεις?»

(Σημείωση: H πρώτη σωστή λύση διατυπώθηκε από τον “Γιώργο” και υπάρχει στα σχόλια 96, 97)

Καλή διασκέδαση!

(Για ακόμη μεγαλύτερη πρόκληση το post συνεχίζεται εδώ)

Advertisements

106 Σχόλια

  1. gvaranx said,

    Μαρτίου 20, 2009 στις 7:38 μμ

    1ος γριφος. (ενταξει μου φανηκε αρκετα ευκολο)
    Χωριζω τις 9 μπαλλες σε 3 ομαδες των 3 σφαιρων, ας πουμε ομαδα Α, Β και Γ.
    Συγκινω Α με Β.
    Αν ο ζυγος ισορροπησει τοτε ειμαι σιγουρος οτι η ελλιποβαρης σφαιρα ειναι στην ομαδα Γ. Παει μια ζυγιση.
    Παιρνω μετα τις σφαιρες της ομαδας Γ και τις ονομαζω 1,2,3.
    Συγκρινω την 1 με τη 2.
    Αν ο ζυγος ισορροπησει τοτε η σκαρτη μπαλα μου ειναι η 3. Παει και η δευτερη ζυγιση. Αλλα βρηκα την ελαφρια μου μπαλα.
    Αν ο ζυγος δεν ισορροπησει, τοτε η ελαφρια μου μπαλα ειναι στα σιγουρα αυτη που θα ειναι πιο ψηλα απο το οριζοντιο επιπεδο της ισορροπιας του ζυγου. Αυτη ειναι και η δευτερη μου ζυγιση και θα μου αποκαλυψει ευκολα την ελαφρια μπαλα.

    Στην περιπτωση που οι ομαδες Α και Β δεν ισορροπουν, θα καταλαβω με μια ζυγιση σε ποια ομαδα ειναι η ελαφρια μου μπαλα, αφου η ομαδα των τριων σφαιρων που θα ειναι πανω απο το επιπεδο ισορροπιας του ζυγου θα περιεχει σιγουρα την ελαφρια μπαλα.(1 ζυγιση).
    Θα παρω λοιπον την ελαφρια ομαδα και θα ονομασω τις σφαιρες της 1,2,3. Κατα τα γνωστα οπως εκανα και πριν.

  2. Duncan said,

    Μαρτίου 20, 2009 στις 8:24 μμ

    Σωστά! Η βασική ιδέα εδώ είναι η εξής απλή επαγωγική ιδέα:

    -Αν είχαμε 3 μπάλες θα βρίσκαμε την ελαφρύτερη με μία ζύγιση. Άρα…

    -Αφού έχουμε 3 τριάδες (3*3 = 9 μπάλες) θα βρούμε την ελαφρύτερη με δύο ζυγίσεις. (Πρώτα θα βρούμε την ελαφριά τριάδα και μετά την ελαφριά μπάλα)

    -Αν είχαμε 3 εννιάδες (3*3*3 = 27 μπάλες) θα βρίσκαμε την ελαφρύτερη με 3 ζυγίσεις. (Πρώτα θα βρούμε την ελαφριά εννιάδα με μία ζύγιση, και μετά θα βρούμε την ελαφριά μπάλα με δύο ζυγίσεις) Και γενικά…

    -Αν είχαμε 3*3*…*3 μπάλες (n-τριάρια) τότε θα βρούμε την ελαφρύτερη με n ζυγίσεις.

  3. gvaranx said,

    Μαρτίου 21, 2009 στις 6:12 πμ

    o 2oς γριφος με δυσκολευει.
    Δεν μπορω να τον λυσω ακομα..
    Εχω αρχισει να σε συμπαθω
    Χρειαζομαι λιγο ελευθερο χρονο παραπανω και προφανως μερικα εγκεφαλικα κυτταρα παραπανω, τα οποια δυστυχως τα εκαψα πινοντας αλκοολη ολο το βραδυ χτες.
    Χωριζω παλι σε 4 τριαδες, αλλα μονο αν ειμαι τυχερος και μου προκυψει η πρωτη ή δευτερη ζυγιση ανιση μπορω να βγαλω συμπερασματα και να καταληξω στην περιεργη σφαιρα.
    Αλλα τοτε βαζω στο παιχνιδι εναν μεταφυσικο παραγοντα, που με διευκολυνει μεν δε λεω, αλλα καταργει το λογικο πλαισιο.
    Μετα σκεφτομαι οτι προς το παρον η λογικη μου ειναι μη πληρης, αφου δεν επαρκει για να λυσω λογικα αυτο το προβλημα. Απο την αλλη με γοητευει και λιγο αυτο, γιατι αφου δεν ειναι πληρης η λογικη μου, μπορω να γεμισω το κενο που αφηνει με κατι αλλο. Οχι με σκοτεινη υλη αυτη τη φορα (αν και θα μπορουσα), αλλα ας πουμε με συναισθηματα ή ενστικτα ή με τη βοηθεια του θεου μου (χαχαχαχαχα).
    Ετσι αποδεικνυω για τον εαυτο μου οτι ειμαι κατα κατι μη λογικος. Βεβαια αυτοαναφερομενος δεν ξερω κατα ποσο μπορω να δηλωσω κατι τετοιο με λογικες λεξεις.
    Εδω καλα καλα δεν ξερω αν υπαρχω, ποσο μαλλον αν ειμαι λογικος.

  4. Duncan said,

    Μαρτίου 21, 2009 στις 4:16 μμ

    Μ’ αρέσει η μεταγλωσσική σου προσέγγιση στο όλο θέμα!

    Η λογική μας βασίζεται πάντοτε πάνω σε αυθαιρεσίες (δηλ. αξιώματα) είτε μας αρέσει είτε όχι… Η επιλογή αυτών των αξιωμάτων είναι ακριβώς αυτό που ονομάζουμαι ζωή (μας). Οπότε, το λογικό κενό που εντοπίζεις είναι «λογικό»…

    Πάντως για την ιστορία, το «ή με τη βοηθεια του θεου μου» έγραψε… 🙂

    Όσο για το γρίφο, είναι αρκετά πιο δύσκολος από τον πρώτο και γι’ αυτό ιδιαίτερα ενδιαφέρων. Από αυτούς στους οποίους τον διατύπωσα προφορικά μέχρι σήμερα, μόνο μια κοπέλα κατάφερε να τον λύσει…

  5. gvaranx said,

    Μαρτίου 21, 2009 στις 9:01 μμ

    Νομιζω θα αφησω σε μια κοπελα να εχει τη μοναδικοτητα της λυσης προς το παρον.

    Ευτυχως η λογικη μου ειναι τελειως ισοπεδωτικη, για να χωρα αξιωματα.. Αν και αυτο απο μονο του ειναι μιας μορφης αξιωμα.. Γαμησε τα.. Δεν θα βγαλω ακρη τελικα μαζι σου.. Τουλαχιστον στον πραγματικο κοσμο.

  6. Duncan said,

    Μαρτίου 22, 2009 στις 12:00 πμ

    Και γω χλωμό το κόβω…

    Αλλά στην τελική, τι τη θέλουμε την άκρη? Σάμπως και όλοι γι’ αυτήν δεν παλεύουν νυχθημερόν?

    Ας σπάσουμε καλύτερα τη μονοτονία…

  7. gvaranx said,

    Μαρτίου 22, 2009 στις 6:21 πμ

    Ναι φιλος! Ας τα σπασουμε.. Σε πραγματικους και φανταστικους κοσμους.

  8. Nouli_Sugar said,

    Μαρτίου 23, 2009 στις 3:28 μμ

    το πολύ 81

  9. Duncan said,

    Μαρτίου 23, 2009 στις 5:05 μμ

    Φαντάζομαι αναφέρεσαι στον γρίφο 3…

    Η απάντηση σου θα ήταν σωστή (και σύμφωνη με την επαγωγική ιδέα που περιγράφω παραπάνω) αν γνώριζες εκ των προτέρων ότι η ‘αναρχική’ μπάλα είναι πχ ελαφρύτερη από τις άλλες. Το μόνο που σου δίνεται όμως αρχικά, είναι ότι έχει διαφορετικό βάρος από τις υπόλοιπες (Χωρίς όμως να ξέρεις αν είναι βαρύτερη ή ελαφρύτερη).

    Το πρόβλημα δηλαδή, είναι ακριβώς όπως ο γρίφος 2 με τη μόνη διαφορά ότι μιλάμε για 4 (αντί για 3) ζυγίσεις.

    Καλώς ήρθες στην παρέα μας πάντως!

    ΥΓ.: Και μια και το ανέφερες, μάλλον θα πρέπει να το προσθέσω στην εκφώνηση για να αποφευχθούν ασάφειες… Ευχαριστώ!

  10. Nouli_Sugar said,

    Μαρτίου 24, 2009 στις 2:13 πμ

    54?

    και…καλώς σας βρήκα 🙂

  11. Duncan said,

    Μαρτίου 24, 2009 στις 2:59 πμ

    Μ’ αρέσει που πάντοτε επιλέγεις πολλαπλάσια του 9 🙂

    Ο γρίφος 3 είναι αρκετά πιο δύσκολος από τον 2 και για να τον λύσει κανείς πρέπει να καταλάβει σε βάθος τις ιδέες του δεύτερου.

    Γι’ αυτό και προτείνω να λύσεις πρώτα τον 2 αν έχεις χρόνο…

  12. Nouli_Sugar said,

    Μαρτίου 24, 2009 στις 3:23 πμ

    2ος γρίφος :
    Έχοντας 12 εξωτερικά όμοιες μπάλες, τις χωρίζουμε σε δύο ομάδες των 6. Ζυγίζω τις δύο αυτές ομάδες και βρίσκω σε ποια από τις δύο ομάδες έχω την διαφορετική μπάλα (επιπλέον, τώρα θα γνωρίζω αν θα είναι ελαφρύτερη ή βαρύτερη ως προς τις υπόλοιπες). Στην συνέχεια, χωρίζω τις 6 μπάλες της ομάδας στην οποία έχω την διαφορετική μπάλα, σε δύο ομάδες των 3. Ακολουθεί, λοιπόν, δεύτερο ζύγισμα και βρίσκω σε ποια ομάδα των 3 έχω την διαφορετική μπάλα…Και ύστερα το τρίτο ζύγισμα όπως στην επίλυση του γρίφου 1.

  13. Duncan said,

    Μαρτίου 24, 2009 στις 3:30 πμ

    Δυστυχώς δεν είναι τόσο απλό..

    Για παράδειγμα αν όταν χωρίσεις τις μπάλες σου σε δύο εξάδες, η ζυγαριά γέρνει προς τα δεξιά, αυτό θα σημαίνει είτε ότι η αριστερή ομάδα έχει την ελαφρύτερη μπάλα, είτε ότι η δεξιά έχει την βαρύτερη. Παρόλα αυτά δεν θα ξέρεις τι από τα δύο συμβαίνει χωρίς να χρησιμοποιήσεις κι άλλη ζύγιση…

    Αν σ’ αρέσουν οι προκλητικοί γρίφοι και έχεις υπομονή αυτός αξίζει. Όμως σε προειδοποιώ από τώρα, ότι έχει βγάλει το λάδι σε πολύ κόσμο! 🙂

  14. ALEXANDER alekhine said,

    Μαρτίου 25, 2009 στις 1:35 πμ

    den grafw grigora (simadevw to pliktrologio apo apostasi) kai oute thathela (den hmoun pote kafros) na halasw tis prospatheies opoiou prospathei na vrethei sti thesi opou kounas ligo mprosta kai ystera ligo pisw tin karekla.. pantws to prwto 81 pou apantithike itan aftou tou styl alla telika stysia(=thysia sto skaki alla ohi kali, sthsimo gia tous myimenous, st+thysia) (ws synithws se afto to styl (to opoio ehw didaksei kapote(kai giafto an nouli sugar einai gynaika (se prodiathetei to sugar) thelw na tignwrisw)).. pantws tha koitaksw ton 3, den fainetai teleiws tetrimmenos. einai profanis i erwtisi an eheis deiksei kp epagwg typo gia n=4,5,6.. sto grifo 3, i an les oti ginetai. diaisthitika fainetai pithanon.
    to onoma mou (to onoma kai ohi to epitheto (to opoio den simainei kati)) einai profanws proklisi gia sholio(kai to mono thema aftou tou mhnymatos..)!!..
    yg? pws pernas sto america file? steile mail.
    ps2 sorry gia tis parentheseis, tsekarw ti forma twn anagnwstwn sou, kai twra pou eipa anagnwstwn, paw na diavasw tis nouvelles sou…
    LbnL ohi,den ginetai na mi rwtisw, poia ehei ti monadikotita tis proforikis lysis???
    TELETAIO(asheto): telika ti einai i lithi?

  15. gvaranx said,

    Μαρτίου 25, 2009 στις 6:40 πμ

    Ακομα προσπαθω… χαχαχχαχαχα.. Θα παρανοησω στο τελος και θα εισαι η αφορμη.. Μπορω να βρω την περιεργη μπαλα σου, αλλα δεν μπορω να χαρακτηρισω το βαρος της.. Τι στο διαολο την εβαλες αυτη την παραμετρο;

  16. Nouli_Sugar said,

    Μαρτίου 25, 2009 στις 10:09 πμ

    Μη χρησιμοποιώντας διάφορα τεχνάσματα [π.χ. μέτρηση ύψους δίσκων, παρατήρηση απόκλισης του δείκτη της ζυγαριάς, τοποθέτηση μίας-μίας της σφαίρας…], απλά ζυγίζοντας τις μπάλες μπορώ να λύσω τον 2ο γρίφο με τέσσερα το πολύ ζυγίσματα [εντούτοις θα έχω μόλις 25% πιθανότητα να κάνω και το τέταρτο ζύγισμα]. Προς το παρόν, πάντως, αυτό που θα έκανα είναι η συμφωνία με τον ιδιοκτήτη της ζυγαριάς να με αφήσει να ζυγίσω τέσσερις φορές το πολύ και σε αντάλλαγμα να του χαρίσω τις μπάλες.

    ΥΓ.: ALEXANDER alekhine μάλλον είσαι πολύ καλός στο σκάκι

  17. Duncan said,

    Μαρτίου 25, 2009 στις 7:24 μμ

    @ ALEXANDER Alekhine: Τι κάνεις ρε Χρηστάρα? Όλα καλά? Από που ν’ αρχίσω και που να τελειώσω και γω:

    -Κατ’ αρχήν, να σου πω ότι ξηγήθηκες καλά που δεν μαρτύρησες τη λύση, παρόλο που και οι δύο γνωρίζουμε ότι μπήκες στον πειρασμό 🙂
    -Δεν χρειαζότανε να βάλεις το όνομα με κεφαλαία… Πάντως μεταξύ μας, το ίδιο θα ‘κανα και γω. Κάτι τέτοιες ευκαιρίες πρέπει να εξασφαλίσεις ότι δεν θα πάνε χαμένες…
    -Θύμάσαι μια κοπέλα που ήταν μαζί μου στη «Θεωρία συνόλων» στο μαθηματικό? Μία που έγραφε σε πολυτονικο? Βερονίκη νομίζω τη λέγανε ή κάπως έτσι. Ε λοιπόν, μεγάλη μορφή… Μου την έφερε γραμμένη σε χαρτί τη λύση. Κι όχι μόνο αυτό… Βρήκε εναλλακτική λύση (Ίδιες ιδέες εννοείται…)
    -Ο 3 δεν είναι τετριμμένος! Θέλει όχι μόνο να λύσεις τον 2, αλλά πρέπει να τον λύσεις και με τον σωστό τρόπο για να μπορέσεις να γενικεύσεις τη λύση…
    -Όσο για τα νέα μου, καλά είμαι και γω! Έχουμε Spring Break εδώ (παραλίγο να γράψω «Prison Break») και το χω ρίξει στα ανώμαλα ξενύχτια. (Ξέρεις… κάθε μέρα κοιμάμαι +2 :-D)
    -Τώρα που μιλάς για παρενθέσεις, πρέπει να δεις ένα χιουμοριστικό κείμενο που είχα γράψει πριν 2-3 χρόνια, για να καταλάβεις τι θα πει παρενθέσεις. Για να το διαβάσεις έπρεπε να ήσουνα διασταύρωση μαθηματικού με λογοτέχνη (Γι’ αυτό και ποιος ήταν ο μόνος που κατάφερε να το διαβάσει???)
    -Η βασική φόρμα των αναγνωστών (σκέτο!) είναι ότι δεν έχει κοινή φόρμα…

    Καλώς ήρθες ρε μορφή!

    @gvaranx: Μα για να σας κάνω τη ζωή δύσκολη φυσικά! Αυτός ο γρίφος πραγματικά αξίζει. Είναι από τα καλύτερα (μη μαθηματικά) προβλήματα λογικής που μου έχουνε βάλει ποτέ. Μην εγκαταλείπεις… Η λύση θα σε αποζημιώσει… Άλλωστε, οι καλύτεροι γρίφοι είναι αυτοί που μοιάζουν άλυτοι.

    Btw, τι εννοείς «θα παρανοήσεις»? Αν δε σου έχει στρίψει ήδη, δεν προσπαθείς αρκετά 🙂

    @Nouli_Sugar: Χαχαχα… Πάντα με τις κουφαλιές! Στο πνεύμα του άλλου του «ALEXANDER» (Ξέρεις… «‘Οτι δε λύνεται κόβεται»). Πάντως η συμφωνία με τον ιδιοκτήτη είναι ‘όλα τα λεφτά’. Ειδικά αν οι μπάλες είναι ήδη δικές του! Μου θυμίζεις μια φορά που είχα παραγγείλει κάτι σουβλάκια στο σπίτι και σκάει ο delivery στην πόρτα και μου λέει «7.80». Εγώ στην κοσμάρα μου ως συνήθως, του δίνω με μια χαρακτηριστική άνεση 7 ευρώ και του λέω με ένα φαρδύ-πλατύ χαμόγελο: «Εντάξει είμαστε». Σε χρόνο dt μου απαντάει «Ευχαριστώ πολύ φίλε» και φεύγει. (Μου πήρε 1 λεπτό να συνειδητοποιήσω τι είχε συμβεί, και άλλα τρία για να σταματήσω να γελάω…) Έτσι λοιπόν και συ τον ‘ιδιοκτήτη’. Θα τον βγάλεις και κερατά και δαρμένο… Μ’ αρέσει! 😉

  18. ALEXANDER alekhine said,

    Μαρτίου 26, 2009 στις 2:12 πμ

    wh! esy ontws grafeis, kai nomiza oti koroideveis!!.. 😉 (eriksa 1matia sto ypoloipo site)
    beatriki legetai. nai re file, giati grafei se polytoniko???
    na syneisferw allous 3 grifous afksanomenhs dyskolias:
    4on: lyste ton antistoiho grifo3 gia 2009 zygiseis (to paiksa mathimatiki etaireia twra).
    5on grapste afton ton arithmo se harti..
    6on vreite endiaferon 7on panw se analogo thema…
    (egw katanalwsa poly hrono panw sto 6on..)
    pantws katalava giati itan asteio pou nouli_sugar dinei pollaplasia9..
    den kserw poios diavase k katalave to keimeno pou les. toulahiston pes pou tha vrw to keim mpas k mourthei..
    nouli sugar einai morfi.egw tha ton evaza na zygizei mehri na mou vrei lysh me3 zygiseis, kai meta tha tou hariza tin elattwmatiki mpala, pou mallon(76%) den tha mporousa na poulhsw…
    pantws sto skaki ehw didaksei ta lathos k ohi ta swsta. eimai afto pou lene mazettas. kati pou epivevaiwnei (statistika) kai to onoma alekhine. einai kati san na eisai apo hwrgio kai na se fwnazoun dimarho.
    ontws mpika ston peirasmo, giafto oso ligotera grapsw toso to kallitero..
    an kai den eimai se kamia periptwsi ikanopoihmenos me to sholio tou onomatos, tha syzitithei otan vrethoume apo konta.

    ps se megalo vathmo mou ftanei pou to eipa…
    ps2 kai afto einai ontws kati pou gnwrizoume kai oi dyo…
    ps3 ti diki mou forma eprepe na elegsw prwta. leipei 1 parenthesi apto prohgoumeno keimeno.. den ehw allaksei katholou.

  19. Duncan said,

    Μαρτίου 26, 2009 στις 2:54 πμ

    Χαχαχαχαχαχαχαχα!

    Ναι ναι Βεατρίκη… Τι σου είναι αυτή η μνήμη. Ότι θέλει(-ω) συγκρατεί! Γαμώ τα παιδιά!

    Οι 4 και 5 λύνονται αμέσως. Βέβαια, κατά μία έννοια (την Αλεξανδρινή) και οι 6 & 7 λύνονται κατευθείαν. (Ξέρεις… «Κανένα», «Δε μας χ****ς» κτλ.)

    Όσο για το κειμενάκι, το έχω σε .doc ή .pdf. Ίσως το ανεβάσω κάποια στιγμή στο blog αφού του κάνω πρώτα ένα γερό ρετουσάρισμα…
    (Για την ιστορία πάντως, η απάντηση είναι: H Χριστίνα φυσικά!)

    «einai kati san na eisai apo hwrgio kai na se fwnazoun dimarho»
    χαχαχαχα Το ‘σταξες πάλι… 🙂

    ΥΓ.: Κλασικό κείμενο trademark «Χρήστος». Για τους αμύητους, ο αποκωδικοποιητής είναι must. Γιατί σιγά μην πουλήσουμε φτηνά το τομάρι μας! 😀

  20. Nouli_Sugar said,

    Μαρτίου 26, 2009 στις 6:47 πμ

    ALEXANDER alekhine με συγχωρείς αν σε πείραξε το σχόλιό μου

  21. Duncan said,

    Μαρτίου 26, 2009 στις 5:57 μμ

    @Nouli_Sugar: Αν αναφέρεσαι στο «σχόλιο του ονόματος», αυτό πήγαινε σε μένα. Ισα ίσα που ο «ALEXANDER» δηλώνει fan 😉

    Γενικά να ξέρεις, ότι αν κάτι που λέει φαίνεται να μη βγάζει νόημα, είναι συνήθως υπονοούμενο που προορίζεται για μένα…

  22. antoine said,

    Απρίλιος 6, 2009 στις 11:25 πμ

    Δεν ειναι ο Χρηστος που νομιζω,ή ειναι?

  23. antoine said,

    Απρίλιος 6, 2009 στις 11:25 πμ

    btw τι εγινε με το ονομα?

  24. Duncan said,

    Απρίλιος 6, 2009 στις 11:30 πμ

    Τώρα τι ερωτήσεις είναι αυτές?

    Ξέρεις πολύ κόσμο να γράφει με αυτό το στυλ, να ξέρει την απάντηση του γρίφου (τόσο που να προτείνει γενικεύσεις), να μιλάει για σκάκι, να φλερτάρει με γυναικεία ονόματα, να δείχνει ότι είναι από το μαθηματικό και να υπογράφει «Alexander Alekhine»? 🙂

  25. Duncan said,

    Απρίλιος 6, 2009 στις 11:45 πμ

    Το όνομα είναι πολύ μεγάλη ιστορία…

    Για να μην μακρηγορούμε, το άλλαξα από Κωνσταντίνος σε Αλέξανδρος.

    Από καιρό προτιμούσα να με αποκαλούνε Duncan (που είναι το κοινωνικό μου όνομα) αντί για Κωνσταντίνο (που είναι το βαφτιστικό μου), απλώς τώρα αποφάσισα να αποτάξω για συμβολικούς λόγους το ρωμαϊκό εκείνο όνομα που είναι συνώνυμο με την επικράτηση του υβριστικού μιάσματος (απέναντι στο μεγαλείο της ανθρώπινης ύπαρξης) που ακούει στο όνομα Χριστιανισμός.

    Αναφέρομαι φυσικά, στον «Μέγα» Κωνσταντίνο που μαζί με τον (επίσης «Μέγα» – τρομάρα του) Θεοδόσιο, ήταν συνυπεύθυνοι για την επικράτηση στον Ελλαδικό χώρο, του υποδουλικού και δογματικόυ Χριστιανισμού εις βάρος του προγενέστερου μεγαλειώδους ελληνισμού και της ελεύθερης σκέψης.

    Όπως είπα, πολύ μεγάλη ιστορία…

  26. eimai o profanis hristos said,

    Απρίλιος 7, 2009 στις 3:10 πμ

    hahaha!
    ..na flertarei me gynaikeia onomata..!?
    (nouli_sugar den me peirakse to sholio sou..)
    meta to teleftaio sholio-anakoinwsi, to onoma AL.al den ehei pleon kamia simasia kai kanena yponnooumeno!
    apla thelw na pw pws enw i apopsi gia ton ellinismo den me vriskei anaghastika symfwno,tiroumenwn twn analogiwn vevaia, i kritiki sto hristianismo einai san na anakalyptei kapoios tin ameriki(sic!) k vevaia taftizomai.
    enw eiha vrei apantisi sta erwtimata prin to 6, htes kai enw eiha ksehasei teleiws to zitima, mia kopela pou tis ta eiha proteinei (elyse ta 2,5), mou eipe to profanes 6on: ti ginetai an eheis k diaforetikes mpales? ontws den mou eihe perasei. kai afto den fainetai tetrimmeno! an vreis ton typo pes ton.
    mia diefkrinisi gia to 5, giati den to katalaves. ennow sto dekadiko systima 1-1 ta psifia kai profanws den einai provlima alla sholio panw sti dyskolia twn 4 kai 6 (anw k katw fragma antistoiha..)
    : pleon kai epishma den eimai apo to mathimatiko..
    poios antwnis/antoine?
    eida to louka athina proigoumeni vdomada. ehei kollisei me ti mousiki k paizei oli mera piano. kati leme gia ikaria to kalokairi. eisai mesa?
    to oti otan lew kati p den vgazei noima (klp..) tha itan koplimento an den eihe kai esena mesa.. 😉

  27. antoine said,

    Απρίλιος 7, 2009 στις 5:43 πμ

    @Χρηστο Καλα ρε μαλακα δεν με καταλαβες?Παρολο που τα σχολια σου ταιριαζαν δεν μπορουσα να καταλαβω αν ησουν οντως εσυ γιατι νομιζα οτι ειχες τοση σχεση με το ιντερνετ οση και με τον Snoop Dogg. 😀 Παρε κανα τηλεφωνο να παμε για καφε.Η θα τα πουμε παλι το πασχα στη θεσσαλια..
    @ Duncan Ελα ρε!Ολα καλα – θεωρητικα τουλαχιστον δεν μπορω να ξεφυγω απ το κλισε- Εχω ξενερωσει που τελειωνω τη σχολη.4 μαθηματα μου εμειναν…Με χει πιασει ενα τραλαλα για του χρονου.γαμησετα.
    Ο πρωτος γριφος ειναι πολυ ευκολος :PP
    Ξαφνιστηκα με το ονομα!Καλα να περνας ρε και θα τα λεμε.Α εκανα και εναν λογαριασμο στο skype σε εκανα add αλλα δεν ξερω αν το ελαβες.

  28. antoine said,

    Απρίλιος 7, 2009 στις 6:27 πμ

    Α ο 2ος γριφος: Χωριζουμε τις μπαλες σε 4 τριαδες Α,Β,Γ,Δ και ζυγιζουμε τις 2 απο τις 4 τριαδες ας πουμε την Α με τη Β.Εστω οτι ειναι διαφορετικες οι δυο τριαδες πχ ΑΓ τοτε η μπαλα που ψαχνουμε ειναι βαρυτερη απ τις υπολοιπες.Οποτε επο την τριαδα Β διαλεγουμε 2 μπαλες και τις ζυγιζουμε μεταξυ τους.Αν η μια μπαλα ειναι βαρυτερη αυτη ειναι που ψαχνουμε.Αν ειναι ισοβαρεις τοτε η μπαλα που ψαχνουμε ειναι η αλλη της ομαδας Β.Αν κατα τη 2η ζυγιση Β=Γ τοτε η μπαλα που ψαχνουμε ειναι μια εκ της τριαδας Α και ειναι ελαφρυτερη.Επομενως ζυγιζοντας ομοιως 2 απο τις 3 αν η μια ειναι ελαφρυτερη ειναι αυτη που ψαχνουμε ,διαφορετικα αν ειναι ισοβαρεις ειναι η αλλη που δεν ζυγισαμε.Αν αρχικα Α=B τοτε η σκαρτη μπαλα ειναι ή στην τριαδα Γ ή στην τριαδα Δ.Ζυγιζουμε την φυσιολογικη τριαδα B με την Γ και αναλογα αν Β>Γ η μπαλα που ψαχνουμε ειναι ελαφρυτερη και δρουμε ομοιως οπως πριν, για την τριαδα Γ .Αν Β<Γ τοτε η μπαλα που ψαχνουμε ειναι βαρυτερη και ομοιως ζυγιζουμε 2 απο τις 3 της τριαδας Γ.Στην τελευταια περιπτωση που κατα τη δευτερη ζυγιση Β=Γ τοτε ειμαστε γκαντεμηδες και την πουτσισαμε γι αυτο σκεφτηκα κατι αλλο.Η μπαλα που ψαχνουμε ειναι μια εκ των τριων της ομαδας Δ αλλα δεν ξερουμε αν ειναι ελαφρυτερη η βαρυτερη.Γι αυτο κανουμε το εξης: Μας εχει μεινει μονο μια ζυγιση.Οποτε παιρνουμε δυο νορμαλ μπαλες και δυο εκ των τριων της τριαδας Δ και τις ζυγιζουμε.Εστω οτι μπαταρει η ζυγαρια προς τις νορμαλ,τοτε η μπαλα που ψαχνουμε ειναι ελαφρυτερη και ειναι μια εκ των 2.Αφαιρωντας μια και μια απο καθε ζυγο,αν ερθει στα ισα του τοτε η μπαλα ειναι αυτη απο τις αγνωστες που πηραμε στο χερι μας.Αλλιως αν συνεχιζει να μπαταρει ειναι η αλλη απο τις αγνωστες.Αν μπαταρει προς τις αλλες η ζυγαρια τοτε ομοιως αλλα η μπαλα που ψαχνουμε ειναι βαρυτερη.Αν κατα την τριτη ζυγιση εχουμε ισορροπια ειναι η αλλη μπαλα της ομαδας Δ που αφησαμε απ εξω. 😀
    Μετραει? Μια ζυγιση ειναι..!Γαμωτο μου ξεφυγε ενα ενδεχομενο… 😛

  29. antoine said,

    Απρίλιος 7, 2009 στις 7:30 πμ

    δεν ξερω γιατι δεν μου το ποσταρει ολο κατι κοβει Αναμεσα στο Α και το Γ.Σβηστα και θα τα ξαναγραψω!

  30. Duncan said,

    Απρίλιος 7, 2009 στις 8:29 πμ

    @Χρήστο:

    – Συγχαρητήρια για το μαθηματικο ρε τρελέ!
    – Δεν πρόκειται για απλή κριτική απέναντι στον Χριστιανισμό. Οτιδήποτε σε «-ισμός» είναι δογματικό. Άρα, οποιαδήποτε μαζική επιβολή του είναι απαράδεκτη. Κι ο Da Vinci ήτανε παληκάρι αλλά αυτό δεν σημαίνει ότι θα πρέπει να τον κάνουμε θρησκεία (βλ. Davinci-σμός).
    – Φυσικά, δεν ταυτίζομαι ούτε με τον ελληνισμό (άλλος ένας ‘-ισμός’) απλώς θεωρώ τουλάχιστον ιεροσυλία την αντικατάσταση του αρχαίου ανθρωποκεντρικου ελληνικού πνεύματος με κάτι τόσο αδύναμο και ταπεινωτικό για τον άνθρωπο, όπως η Χριστιανική θρησκεία.
    – Το χω δηλώσει επανειλημμένα και στα άρθρα μου: Ο μόνος δίκαιος κριτής είναι η φυσική επιλογή επειδή συνδέεται άμεσα με την ελευθερία. (βλ. ‘Η κοινή γνώμη έχει λάθος γνώμη’ και ‘Ο εγωισμός της φυσικής μητέρας και η τελειότητα της μητέρας φύσης’ – https://palaskostas.wordpress.com/2009/01/15/o_egwismos/ ).
    – Εννοούσα ότι ο αριθμός (στο 5) γράφεται τετριμμένα στο τριαδικό σύστημα. Από κει και πέρα έχεις έναν (μακροσκελή) αλγόριθμο για να το γράψεις στο δεκαδικό. Με το 2009 δεν έχεις μεγάλο πρόβλημα (ακόμα και με το χέρι να το κάνεις), παρόλο που θα πάρει ώρα. Με κάτι όμως σαν το 2009^2009 εκεί και οι υπολογιστές ακόμα αρχίζουν να τα βρίσκουνε σκούρα 🙂
    – Με διαφορετικές μπάλες τι ακριβώς εννοεί?

    @Antoine:
    – Όντως το πρώτο πρόβλημα είναι πολύ εύκολο…
    – Αφού με έκανες add στο skype θα μου ρθει μήνυμα κάποια στιγμή. Τι όνομα έχεις δώσει?
    – Το post που έγραψες μου εμφανίστηκε κανονικά (και μάλιστα x2) γι’ αυτό και έσβησα το δεύτερο…
    – «τοτε ειμαστε γκαντεμηδες και την πουτσισαμε γι αυτο σκεφτηκα κατι αλλο» χαχαχαχαχα! Έδωσες ρέστα!
    – Τώρα σε ότι αφορά στη λύση, όντως σου έχει ξεφύγει κάτι. Αυτός ο γρίφος θέλει τρομερή προσοχή και οικονομία. Πρέπει να χρησιμοποιήσεις όλες τις τεχνικές που έχεις στη διάθεση σου για να προσδιορίσεις τη σωστή μπάλα. Αλλιώς, θα νομίζεις πάντα ότι σου χρειάζονται 4 ζυγίσεις αντί για 3. Πάντως, όταν θα τη βρεις τη λύση θα το ξέρεις! 😉
    – Αντε, και καλό πτυχίο!

    @Both: Τελικά έχουμε καταφέρει να κάνουμε το original post να μοιάζει με comment με τα μακρυνάρια/σεντόνια που γράφουμε… Keep it simple people 😉

  31. hristos said,

    Απρίλιος 8, 2009 στις 1:22 πμ

    @antoine
    antwnh den se katalava giati pisteva pws an hsoun esy tha me eihes katalavei apo tin arhi! ara mallon se apekleisa.. tha paw thessalia pasha k tha sou thl, giati mehri tote pnigomai. oso gia ti shesi mou me to internet den eheis adiko (poios einai o snoop dog??..) alla mpika gia ton profani logo.. hahahaha!!!! den einai asteio??? ehei dikio vevaia, alla den einai poly asteio??? ehoume polla na poume..
    oso gia tous grifous lyse ton 2 gia 3mpales-2zygiseis, parellakse ligo ton 1 k hrisimopoihse ton (+-1, tha deis ti shmainei afto) kai me ligi parapanw skepsi symperane tous 2,3,4
    @duncan, gvaranx, nouli_sugar
    syggnwmi, pistevw pws hreiazotan epitelous mia ypodeiksi. eihame pelagwsei!
    @palamo
    symfwnw stis syghekrimmenes apofanseis alla katholou stis thewritikes proypotheseis tous
    i pragmatikotita einai i koinwniki-istoriki «epilogi» kai to zitoumeno oi istirikoi paragontes pou tin kathorizoun, kathws kai i drasi tis zwntanis istorias.i fysiki epilogi den «aposvainetai», alla o monos mi paralogos tropos orismou tis (opws kai tis eleftheris antistoiha..) einai eite dedomenou tou kyriarhou rolou twn istorikokoinwnikooikonomikwn paragontwn, eite sto perithwrio aftwn. h syndesi pou kaneis metaksy fysikhs epilogis kai eleftherias einai sto pnevma tou allou tou «ALEXANDER» (Ksereis.. «oti den lynetai kovetai») kai (hwris na to katalavaineis?) eheis katadikasei(eksorisei!) tin eleftheria
    gia tis k diforetikes mpales ennoei to profanes. den einai anaghi aftes oi k na einai oles E, i oles B. poses zygiseis thes gia na ftiakseis mia synartisi apo to synolo twn n mpalwn sto {E,B,K}?

  32. Duncan said,

    Απρίλιος 8, 2009 στις 10:33 πμ

    Χρήστο,

    Η πραγματικότητα είναι η πνευματική-φυσική επιλογή (ατομικές αποφάσεις μαζί με τους φυσικούς περιορισμούς). Όλοι οι τεχνητοί περιορισμοί (πχ. κοινωνικοί) είναι αποτέλεσμα αυτού ακριβώς του δίπτυχου. Η ιστορική επιλογή είναι απλά η καταγεγραμμένη πραγματικότητα (παρελθόν).

    Επίσης, το πνεύμα των κειμένων είναι να εξηγήσουν γιατί όλα τα ΟΚΠ συστήματα είναι εξ’ ορισμού «άδικα» και γιατί η εκάστοτε υποστήριξη τους είναι καθαρά για προσωπικό μας όφελος. Επίσης, δεν ορίζω την ελευθερία (ούτε τη φυσική επιλογή) μέσα από την δυναμικά μεταβαλλόμενη κοινωνία, αλλά έξω από αυτή (ούτε καν στο περιθώριο). Ελευθερία για μένα είναι η υπακοή μόνο στους φυσικούς νόμους (= φυσική επιλογή), δηλαδή αυτούς που δεν επιδέχονται εξαιρέσεις και υπάρχουνε ανεξάρτητα από εμάς είτε τους καταννοούμε είτε όχι. Η επιβαλλόμενη υπακοή σε τεχνητούς νόμους (πχ. σ’ αυτούς που απορρέουν από την κοινωνική νομοθεσία) είναι απαράδεκτη γιατί πολύ απλά από τη ‘φύση’ της δεν μπορεί να είναι απόλυτη (και έτσι αυτόματα χάνει το (υποτίθεται καθολικό) νόημα της).

    Μια τέτοια απόφαση ταύτισης ή όχι με τους τεχνητούς κανόνες θα πρέπει να είναι υπόθεση προσωπικής επιλογής (Στο φιλοσοφικό της βάθος είναι και τώρα, με τη μόνη διαφορά ότι οι «επίσημοι» τεχνητοί κανόνες της κοινωνίας (ΟΚΠΣ) κάνουνε το έργο της εξαιρετικά πιο δύσκολο. Η ανθρωπότητα περιορίζοντας ως ενιαία οντότητα τον εαυτό της, εγλωβίζει μοιραία και τις επιμέρους μονάδες της. Η διαφορά είναι λεπτή). Μ’ αυτό τον τρόπο η ελευθερία όχι μόνο δεν εξορίζεται, αλλά αποτελεί πανίσχυρο πνευματικό όπλο απέναντι στους αναγκαίους παραλογισμούς των ΟΚΠ συστημάτων.

    Τέλος, η μέθοδος του «ότι δε λύνεται κόβεται» που περιγράφεις παραπάνω είναι αυτό που εξηγώ ότι θα πρέπει να αποφευχθεί πάση θυσία. Η (θεωρητική) αυτόματη κατάργηση των ΟΚΠΣ ισοδυναμεί με μία τρύπα στο νερό. Κι αυτό γιατί η ανθρωπότητα δεν είναι πνευματικά έτοιμη (ελεύθερη) να ζήσει χωρίς αυτά (και συνεπώς θα δημιουργήσει νέα). Τα ΟΚΠΣ δεν πρέπει να καταργηθούν αλλά να ξεπεραστούν. Δηλαδή όχι μόνο δεν πρέπει να κόψουμε τον κόμπο αλλά πριν τον λύσουμε θα πρέπει προηγουμένως να κατανοήσουμε σε βάθος όλους εκείνους τους τρόπους με τους οποίους δε λύνεται (για να μπορέσουμε να τους αποκλείσουμε). Φυσικά, κάτι τέτοιο προϋποθέτει καθολική αντιμετώπιση (μιας και η ανθρωπότητα αυτοπυροβολείται ως ενιαία οντότητα) που με τη σειρά της απαιτεί ατομική ωριμότητα (αποδοχή του εγωισμού – αυτογνωσία – κατάργηση του εγωισμού).

    ΥΓ1.: Είμαστε τελείως off-topic, γι’ αυτό αν θες να απαντήσεις γράψε comment σε κάποιο σχετικό post. 🙂
    ΥΓ2.: «poios einai o snoop dog??» (όπερ μεθερμηνευόμενον: το Google κάνει απεργία στο PC μου…) Είσαι αφασία! 😉
    ΥΓ3.: Το γενικευμένο πρόβλημα με τις μπάλες (E,B,K) δεν είναι καλά ορισμένο πριν τονιστεί το πόσο βαρύτερες είναι οι μπάλες που ανήκουν στο Β και πόσο ελαφρύτερες είναι αυτές που ανήκουν στο Ε. Εκτός από κάποιον τέτοιο ορισμό (πχ w(B)-w(Κ)=w(K)-w(E) ) πρέπει να υποθέσουμε επιπλέον ότι n>k. (Φαντάσου πχ n=4, k=2 και τις μπάλες χωρισμένες 2-2. Πώς μπορείς να επιλέξεις ανάμεσα σε |Ε|=|Κ|=2 ή σε |Β|=|Κ|=2?). Επίσης, πρέπει να αποφασιστεί αν η διαφορά κλίσης στο ζυγό μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως επιπλέον στοιχείο ή όχι. (γιατί αν έχουμε αεΕ, βεΒ, γεΚ τότε άλλη κλίση δίνει η ζύγιση «α vs β» και άλλη η ζύγιση «α vs γ» κοκ). Έχει ενδιαφέρον πάντως…

  33. Duncan said,

    Απρίλιος 8, 2009 στις 8:00 μμ

    Βρήκα ένα σχετικά άμεσο άνω φράγμα για την περίπτωση k=2 με n>k, w(B)-w(Κ)=w(K)-w(E), και την κλίση της ζυγαριάς να παίζει ρόλο.

    Αν έχουμε n μπάλες τότε θα χρειαστούμε το πολύ ~ 2log(3,n) ζυγίσεις, (υπονοώ ότι ο λογάριθμος είναι με βάση το 3). Για την απόδειξη αυτού χρησιμοποιώ ένα λήμμα που λέει το εξής: Αν γνωρίζουμε το βάρος των δύο διαφορετικών μπαλών τότε θα χρειαστούμε το πολύ 2log(3,n)-1 ζυγίσεις για να τις προσδιορίσουμε.

    Αν λάβουμε υπ’ οψιν μας το γεγονός ότι κάθε τριπλασιασμός των μπαλών συμαίνει χοντρικά τετραγωνική αύξηση των δυνατών περιπτώσεων, το παραπάνω άνω φράγμα είναι αρκετά καλό.

    Ένα προφανές κάτω φράγμα είναι το εξής: ~ log(5, 2n(n-1)) ~ 2log(5,n)+1.
    (κι αυτό γιατί έχουμε 5 πιθανές ενδείξεις στη ζυγαριά).

    Πλάκα έχει…

    ΥΓ.: Βρήκα κι ένα καλύτερο άνω φράγμα (που χρησιμοποιεί ιδέες της περίπτωσης k=1) το οποίο αν και δεν είναι για να γραφτεί σε blog θα το επιχειρήσω. Αν έχουμε λ ζυγίσεις τότε μπορούμε να λύσουμε το πρόβλημα για < (3^((λ/2)+1)-3)/2 μπάλες. 🙂

  34. hristos said,

    Απρίλιος 9, 2009 στις 3:31 πμ

    hahaha!
    afto me tous tropous pou den lynetai thymizei gefyres?!? diafwnw pantws shedon se ola ektos apo afto pou einai to symperasma (afto einai mono fainomainiko; an ginotan kouventa gia aftous tous tropous tha ekfrazontan kai ekei i diafwnia) den tha pw perissot giati a) prepei na fygw b)den einai shetiko me to thema. pantws to clue einai oti gia mena simantiko rolo paizei i ennoia tis anaghis(oxi=»ofelos») i opoia sygroteitai (k apodomeitai!!) sto olopoihtiko symfrazomeno tis kratikis domis, «plirws» aftonoma apo tin ennoia tis fysikis epil.pantws pistevw oti odigoumaste se 1 apo tis kentrikes antiparathss tis filosof, gia tin opoia fysika ehoume k oi 2 mia thavmasia apodeiksi alla to topic einai poly mikro gia na ti xwresei…
    eheis dikio gia to provlhmma, alla gia to paradeigma egw apla zitaw mia «afksousa»synart sto {E,B.K}, den me noiazei poia tha einai
    tin peript twn k mpalwn tha tin koitaksw k egw to pasha. pantws oti vriskeis stelne!
    PS gia iraria den eipes tipota.

  35. Duncan said,

    Απρίλιος 9, 2009 στις 10:29 πμ

    «gia mena simantiko rolo paizei i ennoia tis anaghis(oxi=”ofelos”) i opoia […] “plirws” aftonoma apo tin ennoia tis fysikis epil»

    Λες να μην το ξέρω? 😉 Κλασική κοινωνιοκεντρική αντιμετώπιση του περιβάλλοντος (Υλισμός vs Ιδεαλισμός). Εξ’ ου και η διαφωνία μας. Από κοντά τα υπόλοιπα…

    Όσο για το πρόβλημα, δεν πιστεύω ότι γενικεύεται εύκολα για μεγάλα k, διότι αυξάνοντας τις σκάρτες μπάλες αυξάνεις τις ενδείξεις της ζυγαριάς και αυτό περιπλέκει αρκετά τα πράγματα…

    Αν δοκιμάσεις να αποδείξεις για παράδειγμα το απλό: «Αν έχουμε 9 μπάλες και μία ελαφρύτερη και μία βαρύτερη (με ίση απόκλιση από τις κανονικές) τότε χρειαζόμαστε 3 ζυγίσεις» θα καταλάβεις τι εννοώ…

    Τέλος, για την Ικαρία ψήνομαι αλλά δεν ξέρω σίγουρα μιας και θα έρθω μόνο για ένα μήνα και ήδη έχω κανονίσει αρκετά. Αν είναι πάντως για κανένα ΣΚ το συζητάμε…

  36. Duncan said,

    Απρίλιος 15, 2009 στις 10:30 πμ

    Για όσους ενδιαφέρονται αναρτήθηκε ένα σχετικό post εδώ:
    https://palaskostas.wordpress.com/2009/04/12/meros-deutero/

  37. Paschouale said,

    Απρίλιος 30, 2009 στις 7:40 πμ

    Loipon mou pire apo tis 1 to mesimeri mexri tis 3… To elysa panw se kati xartopetsetes apo ta everest….

    Χωρίζουμε σε 3 ομάδες των 4…
    1ο βήμα παίρνουμε τις 2 τετράδες, τις ζυγίζουμε και αν είναι ίσες τότε
    2ο βήμα διαλέγουμε τυχαία 3 μπάλες απο την μη ζυγισμένη τετράδα και 3 μπάλες από μία ζυγισμένη. Αν η καινούργια 3αδα είναι ποιο βαριά ή πιο ελαφριά η ζυγαριά θα κατέβει ή θα ανέβει…(Αυτόματα ξέρουμε σε αυτό το σημείο η μπάλα αν είναι πιο βαριά η πιο ελαφριά).
    3ο βήμα παίρνουμε τις 3 μπάλες που έγιρε η ζυγαριά.. Ζυγίζουμε τις 2… αν γίρει είναι αυτή αν όχι είναι η τρίτη.
    Σε περίπτωση που στο βήμα 2 έβγαινε η ζυγαριά ίση σήμαινε ότι η 12 μπάλα ήταν η διαφορετική. Την ζυγίζαμε με μία άλλη και βρίσκαμε αν είναι βαριά ή ελαφριά..

    Τώρα τα βήματα αλλάζουν ριζικά αν στην αρχή το ζύγι βγει ανόμιο…
    Τότε στο βήμα 1 κάνουμε τα εξής… Ανάλογα με το πού έγιρε η ζυγαριά, κάνουμε την κάθε τετράδα, ελαφριά και βαριά(ονομαστικά μόνο) οι 4 μπάλες που εχουμε απέξω είναι ισόβαρες σίγουρα.
    2ο βήμα παίρνουμε 3μπάλες 2 ελαφριές και 1 βαριά και τις βάζουμε στην μία μεριά της ζυγαρίας. Απο την άλλη πλευρά βάζουμε 1ελαφριά 1βαριά και 1ίση(Μου πήρε ίσα με 1ώρα και 30 λεπτά να το πάρω πρέφα….). Εξω μας έχουν μείνει 1 ελαφριά, 2 βαριές και 3 ίσες.
    3ο βήμα αν η ζυγαριά ισοσταθμίσει. Τότε παίρνουμε τις 2 βαρίες μπάλες και τις ζυγίζουμε μεταξύ τους… αν αλλάξει κάτι να η μπάλα που ψάχναμε… αλλιώς η μπάλα ήταν η ελαφριά.
    Αν το ζύγι δεν ήταν ίσο και έγερνε απο την πλευρά των 2 ελαφριών με την 1 βαριά. Τότε ζυγίζαμε την βαριά με μία εκ των δύο ελαφριών αν έγερνε σήμαινε οτί ήταν η βαριά η μπάλα αν όμως ήταν ίσα τότε σήμαινε ότι η διαφορετική μπάλα ήταν η ελαφριά από την άλλη πλευρά του ζυγίσματος…
    Αν τώρα το ζύγι έγερνε στην πλευρά που ήταν 1 1 1.. τότε παίρναμε από την άλλη πλευρά τις 2 ελαφριές τις ζυγίζαμε αν ήταν άνισες την είχαμε βρει, αλλιώς είναι η βαριά από την 1 1 1…

    Ευχαριστώ πολύ…. 😛

    Ελπίζω να το είπα καλά…

  38. Duncan said,

    Απρίλιος 30, 2009 στις 8:18 μμ

    Και ναι, η πρώτη λύση στον περίφημο γρίφο με τις μπάλες είναι γεγονός!

    Η βασική ιδέα που αγνοεί ο περισσότερος κόσμος (ακόμα κι αν ασχοληθεί πολύ ώρα με το πρόβλημα) είναι η δυνατότητα μετακινήσης μπαλών από το ένα ζύγι στο άλλο! Την στιγμή που το σκεφτείς αυτό έχεις λύσει το γρίφο…

    Μάλιστα, με βάση την παραπάνω παρατήρηση, υπάρχει μία τρομερά απλή λύση που γενικεύεται (δίνοντας έτσι απάντηση στον τρίτο γρίφο!).

    Απλή λύση:

    Χωρίζουμε τις μπάλες 4 – 4 – 4.

    1) Αν ισορροπήσει η ζυγαριά κάνουμε ότι ακριβώς προτείνεις παραπάνω.

    2) Αν δεν ισορροπήσει, κάνουμε το εξής: Βγάζουμε 3 μπάλες από το αριστερό ζύγι (τριάδα Α) τις οποίες και αναπληρώνουμε με 3 μπάλες από το δεξιό (τριάδα Β) τις οποίες με τη σειρά τους αναπληρώνουμε με 3 μπάλες από έξω (κανονική τριάδα) και ζυγίζουμε.

    Αν η ζυγαριά ισσοροπήσει η σκάρτη είναι στην τριάδα Α. (Η αρχική ένδειξη της ζυγαριάς θα μας πει αν είναι βαρύτερη ή ελαφρύτερη) Οπότε μένει να τις ζυγίσουμε 1-1-1

    Αν η ζυγαριά αλλάξει ένδειξη τότε η σκάρτη είναι στην τριάδα Β. (Και κάνουμε ότι και πρίν)

    Αν η ζυγαριά δεν αλλάξει ένδειξη τότε η σκάρτη είναι μία από τις 2 μπάλες που δεν μετακινήθηκαν. (Η αρχική ένδειξη της ζυγαριάς θα μας δείξει ότι η μία είναι υποψήφια βαριά και η άλλη υποψήφια ελαφριά). Συνεπώς, ζυγίζουμε μία από αυτές με μία κανονική και είμαστε ωραίοι!

    Το μόνο ερώτημα λοιπόν που παραμένει αναπάντητο είναι το ερώτημα του τρίτου γρίφου (αν και σ’ αυτό το σημείο θα πρέπει να μοιάζει τετριμμένο).

    Well done my friend! Well done… 😉

  39. Paschouale said,

    Μαΐου 11, 2009 στις 2:38 πμ

    Δεν μπορώ αν δεν εμφανιστώ με μία λύση τρελαίνομαι….
    Λόγω ότι έλυσα τον προηγούμενο γρίφο με βοηθάει πάρα πολύ.
    Έχουμε λοιπόν 3 ζυγίσεις για 12μπάλες(4*3)
    Για 4 ζυγίσεις θα έχουμε 36μπάλες(4*3²).

    Η λύση είναι απλή χωρίζουμε 12-12-12

    Παίρνουμε τις 2 δωδεκάδες τις ζυγίζουμε αν ίσες μας μένουν 12 μπάλες και 3 ζυγίσεις… προηγούμενη λύση

    Τώρα αν όχι ίσες… θα προσπαθήσω όσο μπορώ περισσότερο να το κάνω όσο πιο κατανοητό γίνετε.
    Στον προηγούμενο γρίφο:
    2) Αν δεν ισορροπήσει, κάνουμε το εξής: Βγάζουμε 3 μπάλες από το αριστερό ζύγι (τριάδα Α) τις οποίες και αναπληρώνουμε με 3 μπάλες από το δεξιό (τριάδα Β) τις οποίες με τη σειρά τους αναπληρώνουμε με 3 μπάλες από έξω (κανονική τριάδα) και ζυγίζουμε.
    Δηλ. από το 4-4 αφαιρούμε 3 μπάλες από κάθε πλευρά δηλ. το 3/4…..(Γενικευμένη λύση).
    Άρα με τον ίδιο τρόπο κάνουμε τις τράμπες για 9 μπάλες(3/4 του 12).

    Από τον προηγούμενο γρίφο:
    – Αν η ζυγαριά ισσοροπήσει η σκάρτη είναι στην 9αδα Α. (Η αρχική ένδειξη της ζυγαριάς θα μας πει αν είναι βαρύτερη ή ελαφρύτερη) Οπότε μένει να τις ζυγίσουμε 9 μπάλες με 1 βαρύτερη ή ελαφρύτερη(θυμηθείτε ξέρουμε) με 2 ζυγίσεις λύση 1ου γρίφου.

    Από τον προηγούμενο γρίφο:
    – Αν η ζυγαριά αλλάξει ένδειξη τότε η σκάρτη είναι στην 9αδα Β. (Και κάνουμε ότι και πρίν). Πιστεύω είναι απόλυτα κατανοητό.

    Από τον προηγούμενο γρίφο:
    – Αν η ζυγαριά δεν αλλάξει ένδειξη τότε η σκάρτη είναι μία από τις 6 μπάλες που δεν μετακινήθηκαν.
    Το παίρνω στα χέρια μου από εδώ έχουμε 6 μπάλες 3ελαφριές και 3 βαριές και 2 ζυγίσεις…
    Απλά και λυτά:
    1 ζύγιση μια 3άδα όποια να ναι με 3 ισόβαρες….
    Το αποτέλεσμα μας δείχνει άμεσα ποια 3άδα από τις 2 είναι η σκάρτη.
    Περιττό πιστεύω το τελευταίο ζύγι δεν το κάνω άμα έχετε φτάσει ως εδώ ξέρετε τι πρέπει να κάνετε!

    Ευχαριστώ πολύ!!!!

  40. Duncan said,

    Μαΐου 11, 2009 στις 3:24 πμ

    Κι όμως… (Σωστή ανάλυση, λάθος λύση)

    Το ερώτημα λέει πόσες το πολύ μπάλες μπορεί να περιέχει ο κουβάς!

    Κι όσο παράξενο και να φαίνεται μπορεί να περιέχει και περισσότερες από 36…

    Πόσες περισσότερες? Πώς γενικεύεται αυτή η μέθοδος?

  41. Paschouale said,

    Μαΐου 11, 2009 στις 10:27 μμ

    Κρίμα…. 😦
    Άντε πάλι από την αρχή…

  42. Paschouale said,

    Μαΐου 12, 2009 στις 11:35 μμ

    Το ψάχνω αρκετή ώρα…. αλλά τίποτα, ακόμα νομίζω ότι είναι 36…
    Μπορώ να σου βάλω 3 παραπάνω(οχι 100% σίγουρος) και να σου βρω με 4 ζυγίσεις την προβληματική μπάλα αλλά χωρίς να σου πω στην τελευταία περίπτωση αν είναι ελαφριά η βαριά…. Ίσως κάτι να μην μου έρχετε….

  43. Duncan said,

    Μαΐου 13, 2009 στις 12:38 πμ

    Νο worries! Το πρόβλημα είναι αρκετά δύσκολο, οπότε λογικά θα σου πάρει λίγο χρόνο μέχρι να το βρεις…

    Πάντως, για να μην ψάχνεις στην τύχη πρέπει πρώτα να έχεις κάποια ισχυρή ένδειξη για τον μέγιστο αριθμό. Γι’ αυτό προτείνω τα εξής:

    1) Λύσε το ίδιο πρόβλημα (με ακρίβεια) για 2 ζυγίσεις αντί για 4. (Δηλαδή, ψάξε να βρεις πόσες το πολύ μπάλες μπορεί να χωρέσει ο κουβάς αν έχεις στη διάθεση σου μόνο 2 ζυγίσεις).

    2) Στη συνέχεια προσπάθησε να προσεγγίσεις το πρόβλημα για 3 και 4 ζυγίσεις (για να ‘χεις χοντρικά μια εικόνα).

    3) Τέλος, (και αυτό θα σε βοηθήσει πάρα πολύ!) προσπάθησε να βρεις ένα καλό άνω φράγμα για τις μπάλες του κουβά. Για παράδειγμα, είναι δυνατόν στην περίπτωση των 4 ζυγίσεων ο κουβάς να περιέχει 45 μπάλες? (Πεπερασμένος αριθμός ζυγίσεων σημαίνει και πεπερασμένο αριθμό πιθανών αποτελεσμάτων… Όμως, ποια είναι η σχέση ζυγίσεων και αποτελεσμάτων?)

    4) Μετά, θα είσαι πλέον σε θέση να δείξεις ότι υπάρχει λύση για το μέγιστο πλήθος μπαλών του κουβά και ότι δεν υπάρχει λύση για το μέγιστο πλήθος μπαλών του κουβά συν ένα…

  44. Paschouale said,

    Μαΐου 13, 2009 στις 1:11 πμ

    Πρέπει με την λύση να ξέρω αν είναι βαριά ή ελαφριά η μπάλα έτσι?

  45. Duncan said,

    Μαΐου 13, 2009 στις 1:14 πμ

    Ναι! Σε καλό δρόμο είσαι μη σε αγχώνει…

    (Προσέχω πολύ τι σου λέω…)

  46. Paschouale said,

    Μαΐου 13, 2009 στις 1:28 πμ

    Κάτσε γιατί μάλλον δεν ξέρω έστω
    6 μπάλες…
    12 – 34 – 56

    Ζυγίζω 12 με 34 αν είναι ανόμιες τότε : 1ε2ε – 3β4β

    Ζυγίζω 1ε3β – 2ε5ι Αν βγάλω ότι βαραίνει προς τα δεξιά τότε η λύση είναι η 1 άρα 2 ζυγίσματα…. Αλλά για κάθε άλλη περίπτωση θέλω παραπάνω.

    Στο πρόβλημά μας μετράει αυτό ή θέλουμε ολοκληρωμένη λύση…?

  47. Duncan said,

    Μαΐου 13, 2009 στις 1:37 πμ

    Αφού σε κάθε περίπτωση θέλεις παραπάνω, σημαίνει ότι 2 ζυγίσεις δε σου είναι «αρκετές». («Αρκετές», σημαίνει ότι έχεις πάντοτε στρατηγική για να υποδείξεις τη σκάρτη μπάλα και αν είναι ελαφρύτερη ή βαρύτερη).

    Συνεπώς, ο κουβάς πρέπει να περιέχει λιγότερες από 6 μπάλες (το πολύ 5).

    Παρόλα αυτά, πρέπει να είσαι προσεχτικός στις αποδείξεις σου. Το γεγονός ότι η παραπάνω μέθοδος δεν δουλεύει, δεν σημαίνει απαραίτητα ότι δεν υπάρχει κάποια άλλη που να δουλεύει…

    Η απόδειξη σου πρέπει να περιέχει δύο σκέλη ως εξής:

    Ας υποθέσουμε ότι υποπτεύεσαι ότι ο κουβάς χωράει το πολύ m μπάλες.

    Τότε:

    – Πρώτα πρέπει να βρεις μία στρατηγική που να σου λύνει το πρόβλημα για m μπάλες και 4 ζυγίσεις. (Μία αρκεί…)

    – Δεύτερον, πρέπει να αποδείξεις ότι αν έχεις m+1 μπάλες τότε όλες οι στρατηγικές αποτυγχάνουν…
    (Και επειδή αυτό το «όλες» είναι κάπως δύσκολο να αντιμετωπιστεί εν γένει, πρέπει να βρεις ένα έξυπνο επιχείρημα που να σου γλυτώνει πολύ κόπο)

  48. Paschouale said,

    Μαΐου 13, 2009 στις 2:10 πμ

    Ωραία στον σωστό δρόμο ήμουν…. γαμώτο 😛

  49. γιωργος said,

    Μαΐου 16, 2009 στις 12:16 μμ

    ειναι σιγουρα 54 αλλα δεν ξερω αν ειναι και 72

  50. Duncan said,

    Μαΐου 16, 2009 στις 4:54 μμ

    Φαντάζομαι ότι αναφέρεσαι στον τρίτο γρίφο… Πώς υποστηρίζεις το επιχείρημα αυτό? Πες μου ποια μέθοδο χρησιμοποίησες και θα σου πω αν είναι σωστή…

    (Για μία ακόμα φορά, μου είναι αδύνατο να απαντήσω με ένα ΝΑΙ ή μ’ ένα ΟΧΙ σε μονολεκτική αριθμητική απάντηση. Διαφορετικά, σας δίνω έμμεση υπόδειξη και σας το χαλάω.)

  51. γιωργος said,

    Μαΐου 17, 2009 στις 10:42 πμ

    36 μπαλες.ζυγιζω 12 με12.Αν ο ζυγος ειναι ευθεια τοτε ακολουθει η διαδικασια του 2ου προβληματος.Αν οχι ας υποθεσουμε οτι γερνει το δευτερο ζυγι.Αφηνουμε 9μπαλες εξω απο το πρωτο ζυγι(τις οποιες συμπληρωνουμε με ισοβαρεις) και στη συνεχεια μεταφερουμε τις εναπομεινασες 3 στο δευτερο ζυγι (τις οποιες συμπληρωνουμε με 3 απο το δευτερο ζυγι.Ζυγιζω.Αν ερθει ισα τοτε υπαρχει μια ελαφρεια στις 9 που αφησαμε εξω απο το πρωτο ζυγι.Αν δεν αλλαξει τοτε υπαρχει μια βαρεια στις 9 που αφησαμε στο δευτερο ζυγι.Στις δυο αυτες περιπτωσεις ακολουθουμε την διαδικασια του πρωτου προβληματος.Αν αλλαξει ο ζυγος τοτε υπαρχει η’ μια βαρεια στο πρωτο ζυγι η’ μια ελαφρια στο δευτερο ζυγι.Αφηνω εξω 1 και 2 απο το πρωτο ζυγι και συμπληρωνω με 4 και 5 απο το δευτερο ζυγι τις οποιες συμπληρωνω με 2 ισοβαρεις.Ζυγιζω.Αν ερθει ισα τοτε η βαρεια ειναι στις 2 που αφησα εξω απο το πρωτο ζυγι.Αν δεν αλλαξει τοτε η’ 3 βαρεια η’ 6 ελαφρια.Αν αλλαξει τοτε 4 η’ 5 ελαφρια.Και στις 3 περιπτωσεις ακολουθει η γνωστη διαδικασια της μιας ζυγισης.

  52. Duncan said,

    Μαΐου 17, 2009 στις 6:58 μμ

    Φίλε Γιώργο,

    Την ίδια απάντηση (για 36 μπάλες) έδωσε και ο Paschouale παραπάνω. Παρόλα αυτά η απάντηση δεν είναι σωστή…

    Ψάχνουμε τον μέγιστο αριθμό μπαλών που μπορεί να χωρέσει ο κουβάς. Έτσι, το γεγονός ότι μπορούμε με 4 ζυγίσεις να ξεκαθαρίσουμε 36 μπάλες σημαίνει ότι ο κουβάς μπορεί να χωρέσει τουλάχιστον 36 μπάλες. Παρόλα αυτά, αυτό δεν αποδεικνύει ότι δεν μπορούμε να ξεκαθαρίσουμε και περισσότερες από 36 μπάλες!

    Συνεπώς μία ολοκληρωμένη λύση πρέπει να περιλαμβάνει τα εξής δύο στάδια:

    1) Με 4 ζυγίσεις μπορούμε να ξεκαθαρίσουμε m μπάλες (και άρα ο κουβάς χωράει τουλάχιστον m μπάλες)

    2) Οι 4 ζυγίσεις δεν φτάνουν για να ξεκαθαρίσουμε m+1 μπάλες (και άρα ο κουβάς χωράει το πολύ m μπάλες)

    Έτσι, τα 1, 2 συνδυασμένα θα αποδείξουν ότι ο μέγιστος αριθμός μπαλών που χωράνε στον κουβά είναι ακριβώς m.

    Ελπίζω αυτό να βοήθησε κάπως…

  53. γιωργος said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 7:06 πμ

    προβληματα 4,5.Χρησιμοποιω ηλεκτρονικη ζυγαρια.Βαζω απο ενα αυτοκολλητο σε καθε μπαλα βαρους 1,2,4,8,16 κ.ο.κ. και το βρισκω με μια η’ δυο η’ τρεις ζυγισεις.

  54. Duncan said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 7:28 πμ

    Πλάκα έχεις… 🙂

    Δυστυχώς, δεν έχεις στη διάθεση σου τίποτε από τα παραπάνω. Έχεις ότι ακριβώς υπάρχει στην εκφώνηση: Μία ζυγαριά με 5 διαφορετικες ενδείξεις (γέρνει πολύ/λίγο προς αριστερά/δεξιά, ή ισορροπεί). Τίποτε άλλο!

    Φιλική συμβουλή: Mην υποτιμάς τα προβλήματα. Οι λύσεις τους δεν είναι τετριμμένες… Έχουν δυσκολέψει εξαιρετικά καλούς λύτες!

  55. γιωργος said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 8:01 πμ

    Αν βαλω διαφορετικου αριθμου μπαλες σε καθε ζυγι μπορω να χρησιμοποιησω καποιου ειδους κλιμακα?

  56. Duncan said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 8:11 πμ

    Όχι, δεν έχεις κάποια τέτοια δυνατότητα.

    Και επειδή αν κάνεις κάτι τέτοιο δεν βγάζεις κανένα απολύτως συμπέρασμα (μιας και δεν ξέρεις ακριβώς τη διαφορά βάρους ανάμεσα σε μία σκάρτη και μία καλή μπάλα) μπορείς να συμπεράνεις ότι σε κάθε ζύγιση θα έχεις (αναγκαία) των ίδιο αριθμό μπαλών και από τις δύο μεριές!

  57. γιωργος said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 11:02 πμ

    Ζυγιζω 1,2,3 με 4,5,6.Αν σηκωνεται πολυ η’ λιγο δεξια,αριστερα ξερουμε.Ανισορροπει ενα-ενα η’ δυο εξω.Ζυγιζω 9,3,5 με 7,8,6.λιγο πανω δεξια η 6,πιο πανω 7,8.Πολυ πανω αριστερα 3,5 λιγο 3 η’ 5(οποτε ζυγιζω 1 με 2,αν ισορροπουν 3,4 αν οχι η ελαφρια και η5).Αν ισα τοτε 9,7 η’ 9,8 η’ 3,6 η’ 4 και μια απο 1 η’ 2.Ζυγιζω 1,7,8 με 3,6,2.Πανω δεξια 2,4 πιο πανω 3,6.Λιγο πανω αριστερα 1,4.Αν ισα 1,6.

  58. Duncan said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 11:24 πμ

    Απαντάς για το πρόβλημα 4?

    Αν ναι, η τελευταία σου ζυγιση (178 vs 362) θέλει προσοχή γιατί δεν μπορείς να φτάσεις με κανένα τρόπο στο συμπέρασμα (9,7) ή (9,8).

    Αν θες κάνε τις κατάλληλες αλλαγές και γράψε τη σωστή λύση κάτω από το αντίστοιχο post (γιατί εδώ είναι το post για τα προβλήματα 1-3)

  59. γιωργος said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 3:17 μμ

    Στο συμπερασμα (9,7)(9,8) φτανω με την δευτερη ζυγιση 9,3,5 με 7,8,6 και οχι με το αποτελεσμα της παρενθεσης οπου ζυγιζω 1 με 2.

  60. Duncan said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 4:27 μμ

    Δεν κατάλαβες τι είπα… Με απλά λόγια είπα ότι η ζύγιση 178 vs 362 δεν είναι σωστή.

    Είμαστε στο σημείο όπου 123 = 456 και 935 = 786.
    Αυτό σημαίνει (όπως σωστά επεσήμανες) ότι το ξευγάρι είναι ένα από τα: (9,7) (9,8) (3,6) (4,1) (4,2)

    Αν ζυγίσεις 178 με 362 και το αποτέλεσμα είναι λίγο πάνω αριστερά, τότε τα πιθανά αποτελέσματα είναι (9,7) ή (9,8) ή (4,1) και δεν έχεις άλλη ζύγιση!

  61. γιωργος said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 11:00 μμ

    Σωστα.Ζυγιζω 1,4,3 με 6,7,9.λιγο πανω δεξια 9,8 πιο πανω 9,7.λιγο πανω αριστερα 4,2 πιο πανω 1,4.Ισα 3,6.

  62. Duncan said,

    Μαΐου 19, 2009 στις 11:15 μμ

    Τώρα έχεις λύση! Συγχαρητήρια… 😉

  63. γιωργος said,

    Μαΐου 20, 2009 στις 6:30 πμ

    πεμπτο.Ζυγιζω 1,2,3 με 4,5,6.Αν γερνει λιγο η’ πολυ δεξια η’ αριστερα δημιουργουντε παρομοια ενδεχομενα.Ενα εξ αυτων.Στις 1,2,3 η’ ελαφρεια και στις 4,5,6 η βαρεια.Αρα με 2 ζυγισεις ξερουμε.Αν ο ζυγος ισα τοτε και οι 2 ειναι σε 1 τριαδα 1,2,3 η’ 4,5,6 η’ 7,8,9.Ζυγιζω 1,4,7 με 2,5,8.Ισα δεν μπορει.Αρα γερνει λιγο η’ πολυ δεξια η’ αριστερα και προκυπτουν παρομοιες καταστασεις.Μια εξ αυτων.Στις 1,2,3 και στις 3,6,9 η βαρεια.Ζυγιζω 1,6 με 3,4.Αν ισα 7 ελαφρεια 9 βαρεια.Αν γερνει δεξια 3 βαρεια 1 ελαφρεια.Αν γερνει αριστερα 6 βαρεια 4 ελαφρια.

  64. γιωργος said,

    Μαΐου 20, 2009 στις 6:43 πμ

    Στην εκτη σειρα που λεω στις 1,2,3 δεν εβαλα την λεξη ελαφρια.Αρα στις 1,2,3 η ελαφρια και στις 3,6,9 η βαρεια.

  65. Duncan said,

    Μαΐου 20, 2009 στις 11:55 πμ

    Γιώργο, κατ’ αρχήν κάνε μου τη χάρη να γράφεις στο αντίστοιχο post για τα 4,5,6 (και όχι εδώ):

    https://palaskostas.wordpress.com/2009/04/12/meros-deutero/

    Έρχομαι στο πρόβλημα τώρα: Δυστυχώς η λύση σου δεν είναι σωστή…

    Αν για παράδειγμα 147 vs 258 γέρνει λίγο πάνω αριστερά, τότε έχεις τα εξής 6 ενδεχόμενα: (1 < 3) (3 < 2) (4 < 6) (6 < 5) (7 < 9) (9 < 8), τα οποία δεν μπορείς να ξεκαθαρίσεις μόνο με μία ζύγιση! (Κάθε ζύγιση μπορεί να δώσει το πολύ 5 διαφορετικές απαντήσεις!). Μην ξεχνάς ότι "γέρνει πάνω αριστερά" σημαίνει είτε ελαφριά αριστερά, είτε βαριά δεξιά…

    Επίσης, το κομμάτι που δεν απάντησες (δηλ. αν 123 vs 456 δεν ισορροπήσει) είναι ακόμη πιο δύσκολο. Γι' αυτό και πρέπει να μου γράψεις όλες τις ζυγίσεις για να βεβαιωθώ ότι η λύση σου είναι σωστή…
    (Στο άλλο post, στο σχόλιο 4 έχω δώσει και οδηγίες ως προς το πως μπορείς να δώσεις μια τέτοια απάντηση σε συμπαγή και γρήγορη μορφή)

    Καλή επιτυχία!

  66. γιωργος said,

    Μαΐου 28, 2009 στις 7:59 πμ

    38 μπαλες.Ζυγιζω 13 με 13.Ισα γνωστο.Ας πουμε γερνει δεξια.Αρα αριστ. ε. η’ δεξ. β.Αλλαζω 4 μεταξυ τους και απο 1ο ζυγι εξω 9 και αντικατασταση με καλες.Ζυγιζω.Αν ισα η ε στις 9 εξω.Αν μεινει ιδιο η β.στις 9 δεξια.Αν αλλαξει στις 4 αριστ. η β η’ στις 4 δεξ. η ελαφρια.2 εξω απο αριστ., 1 εξω απο δεξ., αντικαθιστω και αλλαζω 1 μεταξυ τους.Ζυγιζω.Αν ισα στις εξω (στις 2 αριστ. η β. η’ στην 1 δεξ. η ε.Αν αλλαξει αριστ. η ε. η’ δεξ. η β. (της αλλαγης).Αν μεινει το ιδιο αριστ. η β. η’ στις 2 δεξ. η ε.(που δεν πειραξαμε).

  67. γιωργος said,

    Μαΐου 28, 2009 στις 8:47 πμ

    Ενταξει και 13 εξω συνολο 39 μπαλες.τωρα βιαζομαι.θα το αναλυσω σημερα η’ αυριο.

  68. γιωργος said,

    Μαΐου 28, 2009 στις 10:56 πμ

    Ζυγιζω 13 με 13.Αν γερνει το ειπαμε.Αν ισα(ειπαμε γνωστο ειναι λαθος) η αμφιβολη στις 13 εξω.Βαζουμε στο 1ο ζυγι 9 και στο 2ο ζυγι 9 αμφιβολες και 4 εξω.Ζυγιζω.Αν γερνει η’ σηκωνεται το 2ο ζυγι με 2 ζυγισεις την βρισκουμε.Αν ισα ειναι στις 4 εξω.1ο ζυγι 12, 2ο ζυγι 3+1καλη,εξω η 4η.Αν ισα ειναι η 4η,την ζυγιζω με 1 καλη.Αν γερνει αριστ. 12>3,ζυγιζω 1 με 2.Αν γερνει δεξ. 12<3,ζυγιζω 1 με 2.

  69. Duncan said,

    Μαΐου 28, 2009 στις 6:13 μμ

    Η παραπάνω ανάλυση είναι σωστή! (Την ξαναγράφω παρακάτω ελαφρώς πιο αναλυτικά)

    Αυτό που έδειξες είναι ότι με 4 ζυγίσεις μπορείς να ξεχωρίσεις 39 μπάλες, γεγονός που με τη σειρά του σημαίνει ότι ο «κουβάς» μπορεί να χωρέσει τουλάχιστον 39 μπάλες. (Άρα το πρόβλημα 3 δεν έχει λυθεί ακόμα)

    39 μπάλες 4 ζυγίσεις:

    Πρώτα παρατηρούμε ότι 13 = 1+3+9 …

    1η ζύγιση: Ζυγίζουμε 13 με 13 μπάλες.

    2η ζύγιση: Παίρνουμε 9 μπάλες από αριστερά και τις βγάζουμε έξω. Παίρνουμε 9 μπάλες από δεξιά και τις πάμε αριστερά. Παίρνουμε 9 μπάλες από έξω και τις πάμε δεξιά (Κύκλος!) και ζυγίζουμε.

    Έχουμε δύο περιπτώσεις:
    1) Η ζυγαριά αλλάζει κλίση στη δεύτερη ζύγιση.

    Τότε, αυτή αλλαγή υποδηλώνει ότι η σκάρτη μπάλα είναι σε μία από τις 3 εννιάδες. Ταυτόχρονα, το είδος της αλλαγής υποδεικνύει αν είναι ελαφρύτερη η βαρύτερη. (Για παράδειγμα, αν η ζυγαριά έγειρε αρχικά δεξιά και μετά ισορρόπησε, τότε η μπάλα βρίσκεται στην (αρχικά) αριστερή εννιάδα και είναι ελαφρύτερη από τις άλλες). Συνεπώς, μπορούμε να την βρούμε με τις δύο ζυγίσεις που μας απομένουν, όπως ακριβώς στο πρόβλημα 1.

    2) Η ζυγαριά δεν αλλάζει κλίση.

    Τότε όλες οι εννιάδες περιέχουν κανονικές μπάλες. Οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι δεν υπήρχαν ποτέ! (Στην ουσία δηλαδή ήταν σαν να ζυγίσαμε 4 με 4 μπάλες και να αφήσαμε 4 απ’ έξω!). Κι επειδή μας μένουν ακόμα δύο ζυγίσεις, από δω και στο εξής το πρόβλημα είναι το ίδιο με το πρόβλημα 2, μετά την πρώτη ζύγιση!

    Η πιο γρήγορη λύση είναι αυτή που περιγράφεται στο σχόλιο 38 που στην ουσία λέει ότι παίρνουμε 3 μπάλες από αριστερά και τις βγάζουμε έξω, 3 μπάλες από δεξιά και τις βάζουμε αριστερά και 3 μπάλες από έξω και τις βάζουμε δεξιά (κύκλος!) και ζυγίζουμε. Αν η ζυγαριά αλλάξει κλίση υπάρχει τριάδα με τη σκάρτη μπάλα της οποίας επίσης ξέρουμε το σχετικό βάρος. Αν η ζυγαριά δεν αλλάξει κλίση τότε καμία από τις τριάδες δεν είναι ύποπτη, οπότε μπορούμε να τις ξεχάσουμε (ήταν σαν να ζυγίσαμε 1 με 1 και ν’ αφήσαμε 1 έξω). Σε κάθε περίπτωση η μία ζύγιση που μας μένει είναι αρκετή για το ξεκαθάρισμα!

  70. γιωργος said,

    Μαΐου 29, 2009 στις 8:04 πμ

    Βασει της αναλυσης σου βγαινει με 66 μπαλες.1η ζυγιση 22 με 22.2η 13 με 13 και ειναι σαν να εχουμε ζυγισει 4 με 4 αρα με 2 ζυγισεις τερμα.Με 69 δεν βγαινει.1η 23 με 23 2η 14 με14 και ειναι σαν να εχουμε ζυγισει 5 με 5 οποτε με 2 ζυγισεις δεν βγαινει.

  71. Duncan said,

    Μαΐου 29, 2009 στις 8:55 μμ

    Γιώργο προσοχή! Αν στη δεύτερη σου ζύγιση, αλλάξει η ένδειξη της ζυγαριάς τότε αυτό σημαίνει ότι η σκάρτη είναι σε μία από τις 3 δεκατριάδες (και ξέρεις επιπλέον αν είναι βαρύτερη ή ελαφρύτερη από τις άλλες).

    Παρόλα αυτά σου μένουν μόνο δύο ζυγίσεις. Και δύο ζυγίσεις δεν είναι αρκετές για να ξεκαθαρίσεις 13 μπάλες!

  72. γιωργος said,

    Μαΐου 30, 2009 στις 9:33 πμ

    Θα το πω.37 μπαλες.

  73. γιωργος said,

    Μαΐου 30, 2009 στις 9:36 πμ

    Λαθος.

  74. Duncan said,

    Μαΐου 30, 2009 στις 1:23 μμ

    Ναι έχεις δίκιο (δηλ. το 37 είναι λάθος)

    Έχεις ήδη αποδείξει ότι ο κουβάς χωράει (τουλάχιστον) 39 μπάλες οπότε ψάχνεις για έναν αριθμό που είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 39…

  75. γιωργος said,

    Μαΐου 30, 2009 στις 2:20 μμ

    Ενταξει.Ο κουβας δεν χωραει περισσοτερες.Αρα το λαθος ειναι στις ζυγισεις διοτι δεν εξετασα την περιπτωση των 4αρρων ισοτητων.Λοιπον 1 στον κουβα 38 εξω.Ζυγιζω 1η 13=13.μενουν 12.2η 9=9καλες.μενουν 3.3η 3=3καλες.4η 1κουβα με 1καλη.αν οχι ισα οι 3 πρωτες ζυγισεις το ειπαμε.Τελικα εισαι μεγαλο αλανι(γατονι).

  76. Duncan said,

    Μαΐου 30, 2009 στις 4:54 μμ

    Προσοχή! Δεν υπάρχει λάθος στο συλλογισμό για τις 39 μπάλες! (Δηλαδή με 4 ζυγίσεις μπορείς πάντα να ξεκαθαρίσεις 39 μπάλες). Αν 13=13 τότε κάνεις «κύκλο» τρεις εννιάδες (Προσοχή: δε ζυγίζεις 9 με 9). Αν πάλι ισσοροπία, ξεχνάς αυτές τις 27 μπάλες και κάνεις κύκλο τρεις τριάδες. Αν πάλι ισορροπία (τρίτη κατά σειρά) ξεχνάς αυτές τις 9 μπάλες και είναι σαν να ζύγισες 1 με 1 και να ισορρόπησε! Συνεπώς ξεχνας και αυτές τις δύο τελευταίες (27+9+2=38 συνολικά) και η σκάρτη σου είναι η 39ή (αυτή δηλαδή που έμεινε έξω όλη αυτή την ώρα)! Οπότε στην τελευταία ζύγιση βάζεις αυτή με μία από τις 38 καλές και ανάλογα βγάζεις το συμπέρασμα σου.

    Επίσης μου λες: «Ο κουβας δεν χωραει περισσοτερες.» Το ερώτημα είναι γιατί? (αν φυσικά αυτή η δήλωση είναι σωστή).

    Για να δείξεις κάτι τέτοιο πρέπει να μου βρεις ένα επιχείρημα που να εξηγεί γιατί 4 ζυγίσεις δεν είναι ικανές να ξεκαθαρίσουν παραπάνω από 39 μπάλες!

  77. γιωργος said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 5:50 πμ

    Αρχιζω να μη καταλαβαινω.Λες αν 13=13 τοτε κανεις κυκλο τρεις εννιαδες (προσοχη δεν ζυγιζεις 9 με 9).Γιατι το λες αυτο? Φυσικα και ζυγιζω 9καλες με 9αμφιβολες (αν 13=13) αφου καταληγω στο ιδιο συμπερασμα, γιατι να κανω κυκλους? Τωρα ο κουβας αν εχει 40, βρισκω την 40η αλλα οχι το βαρος της.Εγω μεχρι 39 μπορω να καθαρισω σιγουρα.Απο κει και περα ο κουβας μπορει να εχει απο 40 μεχρι απειρες

  78. Duncan said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 6:02 πμ

    Το έχω υπ’ όψιν μου αυτό Γιώργο 😉

    Απλά, όταν είπες 9 = 9 δεν ήταν ξεκάθαρο ότι εννοούσες 9 καλές με 9 αμφίβολες και ήθελα να σιγουρευτώ ότι δεν ήταν αυτό που σε μπέρδεψε.

    Όπως και να ‘χει, η ιδέα των κύκλων είναι «καλή» για δύο λόγους:

    1) Γιατί εφαρμόζεται ανεξάρτητα από την πρώτη ένδειξη της ζυγαριάς
    2) Γιατί γενικεύεται εύκολα.

    Έρχομαι πίσω στον κουβά τώρα:

    O κουβάς σίγουρα δεν μπορεί να περιέχει «πάρα πολλές» μπάλες γιατί από ένα σημείο και πέρα οι ζυγίσεις δεν θα έχουν τι να πρωτοξεκαθαρίσουν. Το ερώτημα είναι πόσο είναι αυτό το «πάρα πολλές» (άνω φράγμα)?

    Υπάρχει ένας πολύ ωραίος τρόπος για να δείξεις ότι ο κουβάς δεν μπορεί να περιέχει από έναν αριθμό μπαλών και πάνω… Ποιος είναι αυτός?

  79. γιωργος said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 9:05 πμ

    3+9+27=39?

  80. Duncan said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 9:22 πμ

    Όχι, δεν είναι αυτός ο τρόπος.

  81. γιωργος said,

    Ιουνίου 3, 2009 στις 10:45 πμ

    Αν εξετασουμε απο το τελος προς την αρχη μια προς μια ολες τις ζυγισεις θα δουμε οτι πουθενα δεν χωραει εστω μια μπαλα παραπανω διοτι δεν καταληγουμε σε ασφαλες συμπερασμα

  82. Duncan said,

    Ιουνίου 3, 2009 στις 8:01 μμ

    Πώς το αποδεικνύεις αυτό?

    Και για να σε βοηθήσω λίγο, θα σου αλλάξω την ερώτηση:

    Πόσες μπάλες μπορείς να ξεκαθαρίσεις με 2 ζυγίσεις? Με 3 ζυγίσεις?

  83. γιωργος said,

    Ιουνίου 5, 2009 στις 6:12 μμ

    Με 2 ζυγισεις ξεκαθαριζω 3 μπαλες,με 3 ζυγισεις ξεκαθαριζω 12 μπαλες.Αν ομως εχω βοηθεια αλλων καλων μπαλων ξεκαθαριζω 4 και 13 μπαλες.Αυτο μας λεει οτι μπορουμε να ξεκαθαρισουμε τις τριπλασιες μπαλες με μια ζυγιση παραπανω 4χ3=12 13χ3=39.

  84. Duncan said,

    Ιουνίου 5, 2009 στις 8:11 μμ

    Το σκεπτικό σου είναι πολύ σωστό! 😉

    Παρόλα αυτά αν και σου δίνει πολύ καλή ένδειξη για τον αριθμό 39 δεν σου δίνει ακόμα απόδειξη… (Απόδειξη θα έχεις όταν μπορείς να πείσεις τον οποιονδήποτε ότι με 4 ζυγίσεις δεν γίνεται να ξεκαθαρίσεις 40 μπάλες).

    Το ερώτημα που θέτω λοιπόν είναι το εξής: Έχεις στη διάθεση σου 4 ζυγίσεις και σε κάθε ζύγιση έχεις 3 ενδείξεις. Πόσοι είναι λοιπόν οι δυνατοί συνδυασμοί? Μ’ αυτούς τους συνδυασμούς, πόσες το πολύ μπάλες μπορείς να ξεκαθαρίσεις?

  85. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 18, 2010 στις 8:20 πμ

    3 μπαλες 2 ζυγισεις . 3+(3χ3)=12 μπαλες 3 ζυγισεις 3+(3χ3)+(3χ3χ3)=39 μπαλες 4 ζυγισεις 3+(3χ3)+(3χ3χ3)+(3χ3χ3χ3)=120 μπαλες 5 ζυγισεις 3+(3χ3)+(3χ3χ3)+(3χ3χ3χ3)+(3χ3χ3χ3χ3)=363 μπαλες 6 ζυγισεις Αρα οι (3πλασιες+3) μπαλες καθε φορα για μια ζυγιση επι πλεον. Αρα ο κουβας εχει 39 μπαλες.

  86. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 18, 2010 στις 11:50 πμ

    Γιώργο, βρήκες πολύ σωστά τον τύπο… 😉

    Παρόλα αυτά, αυτό δίνει μερική απάντηση στο ερώτημα: Εσύ απάντησες ότι με 4 ζυγίσεις ξεκαθαρίζουμε τουλάχιστον 39 μπάλες, αλλά όχι ότι δεν μπορούμε να ξεκαθαρίσουμε και 40…

    Γιατί λοιπόν δεν μπορούμε να ξεκαθαρίσουμε 40 μπάλες με 4 ζυγίσεις? (σκέψου πχ γιατί στις 4 μπάλες, οι δύο ζυγίσεις δεν είναι αρκετές). Είναι πραγματικά πολύ όμορφο το συγκεκριμένο «γιατί»!

    Πάντως είσαι πολύ κοντά…

  87. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 18, 2010 στις 7:06 μμ

    Στις 4 μπαλες οι 2 ζυγισεις δεν ειναι αρκετες διοτι με 2 ζυγισεις μπορουμε να ξεκαθαρισουμε 3 μπαλες(6 πιθανους συνδιασμους) 1=Ε η’ Β, 2=Ε η’ Β, 3=Ε η’ Β.Απο 4 ως 12 μπαλες θελουμε 3 ζυγισεις και απο 13 ως 39 θελουμε 4 ζυγισεις.Αρα 8 ως 24 συνδιασμους 3 ζυγισεις και 26 ως 78 συνδιασμους 4 ζυγισεις.

  88. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 18, 2010 στις 8:58 μμ

    Aυτό που λες είναι κάπως ταυτολογικό… (Στέκεσαι περισσότερο στο «τι» παρά στο «γιατί»)

    Γιατί με δύο ζυγίσεις μπορούμε να ξεκαθαρίσουμε μόνο 3 μπάλες? Κάθε ζύγιση, μας δίνει τρεις δυνατές περιπτώσεις (αριστερά, ισορροπία, δεξιά). Οπότε το βέλτιστο είναι με δύο ζυγίσεις να πάρουμε 3×3=9 υποπεριπτώσεις (κάθε περίπτωση από την πρώτη ζύγιση, να παράξει τρεις νέες).

    Έτσι, καταλήγουμε αμέσως στο συμπέρασμα ότι με δύο ζυγίσεις δεν μπορούμε ποτέ να ξεκαθαρίσουμε 5 μπάλες επειδή αυτές μας δίνουν 10 πιθανούς συνδυασμούς και έχουμε μόνο (το πολύ) 9 διαφορετικά αποτελέσματα.

    Γιατί όμως δεν μπορούμε να ξεκαθαρίσουμε 4 μπάλες (8 συνδυασμοί)?

  89. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 21, 2010 στις 12:16 μμ

    Γιατι οι 2 ζυγισεις μας δινουν 6 ενδειξεις και οχι 9.

  90. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 21, 2010 στις 4:01 μμ

    Όχι. Υπάρχει και στρατηγική στις 4 μπάλες, όπου οι δύο ζυγίσεις μας δίνουν και 7 ενδείξεις. (Και φυσικά αφού το 7 είναι μικρότερο του 8, αυτή η στρατηγική αποτυγχάνει να τις ξεκαθαρίσει…)

    Πχ. Έστω 1, 2, 3, 4 οι μπάλες μας. Ζυγίζουμε 1 με 2 και μετά 1 με 3.

    Α) 1=2: τότε η (δεύτερη) ζύγιση 1 με 3 μπορεί να ισορροπήσει, να γείρει αριστερά ή να γείρει δεξιά (3 ενδείξεις)

    Β) 1>2: τότε η (δεύτερη) ζύγιση 1 με 3 μπορεί να ισορροπήσει, ή να γείρει αριστερά (2 ενδείξεις). [αλλά δεν μπορεί να γείρει δεξιά γιατί η 3 δεν μπορεί να είναι η «βαριά»…]

    Γ) 1<2: τότε η (δεύτερη) ζύγιση 1 με 3 μπορεί να ισορροπήσει, ή να γείρει δεξιά (2 ενδείξεις)

    Συνολικά, έχουμε 3+2+2 = 7 ενδείξεις…

    Οπότε το ερώτημα παραμένει: Γιατί με δύο ζυγίσεις (όποια στρατηγική και να επιλέξουμε) δεν θα καταφέρουμε ποτέ να εξασφαλίσουμε τουλάχιστον 8 ενδείξεις, ώστε να μπορέσουμε να ξεκαθαρίσουμε 4 μπάλες?

  91. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 21, 2010 στις 7:05 μμ

    Συνολικα με 2 ζυγισεις στις 4 μπαλες εχουμε 4+3+3=10 ενδειξεις.Αρα Α=4,Β=3,Γ=3(ξεχασες την 1η ενδειξη).Κατα περιπτωση στις Β και Γ βρισκουμε την ενοχη μπαλα ενω στην Α οχι.Αρα στις 3 ενδειξεις βρισκουμε την ενοχη μπαλα ενω στις 4 οχι. Στις 3 μπαλες με 2 ζυγισεις συνολικα εχουμε 3+3+3=9 ενδειξεις.Α=3,Β=3,Γ=3. Αρα κατα περιπτωση εχουμε 3 ενδειξεις στις 2 ζυγισεις οποτε βρισκουμε την ενοχη μπαλα.

  92. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 21, 2010 στις 7:11 μμ

    Γιώργο δεν ξέχασα τίποτα…

    Αυτό στο οποίο αναφέρεσαι είναι τα πιθανά σενάρια που προκύπτουν από τη ζύγιση, όχι οι ενδείξεις (που είναι απλά τι «δείχνει» η ζυγαριά).

    Οι ενδείξεις δεν μπορεί να είναι ποτέ πάνω από 3.

    Η ζυγαριά μπορεί να ισορροπεί (ένα), να γείρει δεξιά (δύο) και να γείρει αριστερά (τρία)….

    Συνεπώς το ερώτημα παραμένει! 🙂

  93. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 22, 2010 στις 9:53 πμ

    Παμε απ την αρχη.3 μπαλες,2 ζυγισεις.Θα ζυγισω 1 με 2 και μετα 1 με 3. 1η ζυγιση,αναμενω μια εκ των τριων ενδειξεων 1=2,12.Αυτο το λες 3 ενδειξεις η’ 1 ενδειξη? 2η ζυγιση,αναμενω μια εκ των ΔΥΟ ενδειξεων,αν π.χ.1=2 αναμενω 12.Αυτο το λες 2 ενδειξεις η’ μια ενδειξη? Ποσες ειναι οι ενδειξεις ανα ζυγιση ποσες ανα 2 ζυγισεις (σε καθε περιπτωση) και ποσες συνολικα? Εγω λεω οτι εχουμε 2 σε καθε περιπτωση και 6 συνολικα.Με το ιδιο σεναριο στις 4 μπαλες εχουμε συνολικα 7 ενδειξεις(γιατι στην μια περιπτωση αναμενουμε 3 ενδειξεις ενω στις αλλες δυο περιπτωσεις ΔΥΟ ενδειξεις).Αρα?

  94. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 22, 2010 στις 3:06 μμ

    Εφαγε τα προσημα.Εκει που εχει 12 εγραψα 12

  95. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 22, 2010 στις 3:09 μμ

    Τα ξαναφαγε. 1μικροτερο του 2 και 1 μεγαλυτερο του 2.

  96. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 22, 2010 στις 3:50 μμ

    Αφου δεν απαντησες ας συμπληρωσω.Με 2 ζυγισεις οποια στρατηγικη και αν επιλεξουμε δεν θα καταφερουμε ποτε να εξασφαλισουμε τουλαχιστον 8 ενδειξεις ωστε να μπορεσουμε να ξεκαθαρισουμε 4 μπαλες γιατι οι 2 ζυγισεις δεν μας δινουν 9(ενδειξεις-αποτελεσματα) αλλα το πολυ 7(αναφερομαι στις 4 μπαλες).Θεωρητικα 2 ζυγισεις =9 ενδειξεις αλλα πρακτικα στο συγκεκριμενο προβλημα 2 ζυγισεις =7 ενδειξεις το πολυ(στις 4 μπαλες).Στις 39 μπαλες θεωρητικα 81 ενδειξεις αλλα πρακτικα 78 ενδειξεις(η 4η ζυγιση 2 ενδειξεις).Αρα αν ο κουβας ειχε 40 μπαλες θα ειχαμε το πολυ 79 ενδειξεις και οχι 80 που θελουμε για να ξεκαθαρισουμε 40 μπαλες.Αν αυτα τα γιατι δεν δινουν λυση παρακαλω στειλε ενα μηνυμα στην ηλεκτρονικη μου διευθυνση.

  97. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 22, 2010 στις 7:01 μμ

    Έλα Γιώργο, (μας έφαγε η διαφορά ώρας…)

    Πάνω κάτω αυτή είναι η εξήγηση! 😉

    Πιο αυστηρά:

    Στις 40 μπάλες (4 ζυγίσεις) έχουμε το εξής πρόβλημα:

    Πόσες μπάλες θα αφήσουμε έξω από τη ζυγαριά στην πρώτη μας ζύγιση?

    Αν αφήσουμε από 14 και πάνω έχουμε πρόβλημα! Κι αυτό γιατί αν η ζυγαριά ισορροπήσει τότε μένουμε με αυτές τις (τουλάχιστον) 14 μπάλες (28 πιθανά σενάρια!) και 3 ζυγίσεις. Αλλά 3 ζυγίσεις δίνουνε το πολύ 27 ενδείξεις που δεν φτάνουνε για να καλύψουνε τα 28 πιθανά μας σενάρια!

    Οπότε πρέπει να αφήσουμε έξω από την πρώτη μας ζύγιση, το πολύ 13 μπάλες. Αλλά δεν γίνεται ν’ αφήσουμε ακριβώς 13. Κι αυτό γιατί τότε θα μας μείνουνε 40-13=27 μπάλες, τις οποίες δεν θα μπορούμε να μοιράσουμε ακριβώς πάνω στη ζυγαριά! Άρα θα πρέπει να αφήσουμε έξω το πολύ 12 μπάλες…

    Συνεπώς, κατά την πρώτη ζύγιση θα πρέπει να βάλουμε πάνω στη ζυγαριά τουλάχιστον 28 μπάλες. (Δηλαδή, τουλάχιστον 14 αριστερά και 14 δεξιά.). Αλλά τότε τι θα συμβεί αν η ζυγαριά δεν ισορροπήσει? Πόσα πιθανά σενάρια έχουμε τότε?

    Αν γείρει αριστερά, τότε αυτό σημαίνει είτε ότι η βαριά είναι μία από τις (τουλάχιστον) 14 αριστερές είτε ότι η ελαφριά μία από τις (τουλάχιστον) 14 δεξιές. Συνολικά δηλαδή έχουμε (τουλάχιστον) 14+14=28 πιθανά σενάρια… Τον ίδιο αριθμό σεναρίων έχουμε και στην περίπτωση που η ζυγαριά γείρει προς τα δεξιά.

    Συνεπώς, μετά την πρώτη ζύγιση έχουμε τουλάχιστον 28 πιθανα σενάρια να ξεδιαλύνουμε. Δυστυχώς όμως, μας υπολλείπονται μόνο 3 ζυγίσεις, που μεταφράζονται σε (το πολύ) 27 ενδείξεις. Συνεπώς, κάθε προσπάθεια μας να τις ξεδιαλύνουμε είναι μάταιη…

    Άρα με 4 ζυγίσεις δεν γίνεται ποτέ να ξεδιαλύνουμε 40 μπάλες, ανεξάρτητα με το ποια στρατηγική ακολουθήσουμε.

    Και μιας και δείξαμε ότι 39 μπάλες μπορούν να ξεκαθαριστούν με αυτές τις ζυγίσεις, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι ο εν λόγω κουβάς μας θα περιέχει το πολύ 39 μπάλες! 🙂

  98. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 23, 2010 στις 6:42 πμ

    Δεν ειμαι ο πασχαλης ο Γιωργος ειμαι.

  99. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 23, 2010 στις 5:35 μμ

    Problem fixed! 😉

  100. Giorgos genius said,

    Ιανουαρίου 11, 2012 στις 1:48 μμ

    λιγο διαφορετικη λυση( πιο ευκολονοητη θα την ελεγα) για τι 2ο γριφο. Να τι μπορει να λυσει καποιοσ σε μια ωρα κειμενων και μια ωρα αγγλικων..¨Π.
    Λοιπον δεν αναφερω καν την πρωτη περιπτωση οπου το πρωτο ζυγισμα βγαινει ισοβαρ0.Οπως ευστοχα αναφερε και ο Paschouale θεωρουμε τισ μπαλες: 1,2,3,4 ελαφριες τις 5,6,7,8 βαριες και τοισ υπολοιπεσ ισοβαρης
    ζυγιζουμε 1,2,5 (πουτη μεταφερουμε απο τι βαρια μερια του ζυγου στην αλλη)(2 βαριεσ μια ελαφρια) , Στην αλλη μερια εχουμε τισ μπαλεσ 6,4(την εχουμε μεταφερει) και 10(μια ισοβαρησ)
    ΑΝ ισσοροπει ελεγχουμε τισ μπαλεσ που ειναι εξω( 3,7,8) και ζυγιζουμε 7.8 που ηταν στην μερια των ελαφρυων. Η ελαφρυτερη απο τησ ελαφιες ειναι ι μπαλα που ψαχνουμε αλλιως ειναι η μπαλα 3
    αν Δεν εχει αλλα3ι ο ζυγοσ ζυγιζουμε τισ 1,2,6 που δεν εχχουν πειρακτει(ομοιωσ η βαρυτερη απο τις βαριεσ ειναι ι μπαλα που ψαχνουμε)
    αλλιως Η μπαλα ειναι ή η 5 ή η 4 που τισ αλλαξεμε τισ θεσεις
    ζυγιζουμε τη μια απο αυτες με μια ισοβαρη και παιρνουμε το αποτελεσμα

    ο 4ος με εχει δυσκολεψει αρκετα.. θα χασουμε παλι σχολικες ωρες…

  101. Giorgos genius said,

    Ιανουαρίου 11, 2012 στις 1:51 μμ

    μια διορθωση: οταν ζυγιζουμε τισ 7,8 η βαρυτερη απο τις βαριεσ ειναι ι μπαλα που ψαχνουμε..
    ομοιως και τις αντιστοιχες αλλη περιπτωση

    sorry….

  102. Duncan said,

    Ιανουαρίου 11, 2012 στις 9:34 μμ

    ^ Ακριβώς! Η βασική ιδέα της λύσης (και συνάμα η δυσκολότερη στο να παρατηρηθεί) είναι ότι μπορούμε να εξάγουμε σημαντικά συμπεράσματα μετακινώντας μπάλες από το ένα σκέλος της ζυγαριάς στο άλλο…

  103. Ιανουαρίου 18, 2013 στις 4:55 πμ

    […] 18/1/2013: Βρήκα πολλούς ακόμα γρίφους εδώ, εδώ, εδώ, και εδώ. Ο δεύτερος σύνδεσμος είναι σελίδας γρίφων, τα άλλα δύο […]

  104. hli kal said,

    Φεβρουαρίου 20, 2013 στις 4:16 πμ

    και εδω παιδια βρηκα ωραιους και δυσκολους

    http://oi-grifoi.blogspot.gr/

  105. kanw kaka.. said,

    Μαρτίου 7, 2013 στις 8:32 πμ

    με ηλεκτρονικη ζυγαρια δεν κανει? βγαινει πιο ευκολα…

  106. ks said,

    Νοέμβριος 7, 2014 στις 8:55 πμ

    auto me tis 12 mpales kai tis 3 zugiseis prepei na bgainei kai me allo tropo..to arxiko opws sto sxolio 37 kai meta 2 elafries kai 1 varia sti mia meria kai 2 elafries kai 1 kanoniki..mou bgainei kai gia tis 3 periptwseis pou prokuptoun..


Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Αρέσει σε %d bloggers: