3 Γρίφοι Αυξανόμενης Δυσκολίας © (μέρος δεύτερο)

 

libra_art

Από το προηγούμενο σχετικό post (μέρος πρώτο) και την συζήτηση που αναπτύχθηκε στα σχόλια, προέκυψαν (εκτός των άλλων!) και μερικά ενδιαφέροντα επιπλέον ερωτήματα. Διατυπώνω εδώ αυτά που θεωρώ σχετικά άμεσα επιλύσιμα:

Γρίφος 4ος: Σας δίνονται 9 εξωτερικά όμοιες μπάλες εκ των οποίων οι δύο είναι ελαφρύτερες από τις υπόλοιπες. Επίσης, οι δύο ελαφρύτερες μπάλες, έχουν το ίδιο μεταξύ τους βάρος. Πώς μπορείτε να τις προσδιορίσετε με 3 ζυγίσεις?

(Σημείωση: Η πρώτη σωστή λύση δόθηκε από τον Βαγγέλη και υπάρχει στα σχόλια)

Γρίφος 5ος: Σας δίνονται 9 εξωτερικά όμοιες μπάλες εκ των οποίων η μία είναι βαρύτερη και η άλλη ελαφρύτερη. Επίσης, η διαφορά του βάρους της ελαφρύτερης από μια κανονική είναι η ίδια με αυτή μίας βαρύτερης από μια κανονική. (Πχ, αν οι κανονικές ζυγίζουν 200 γρ και η ελαφριά ζυγίζει 175 γρ τότε κατ’ ανάγκη η βαριά θα ζυγίζει 225 γρ). Πώς μπορείτε να υποδείξετε ποια είναι η βαρύτερη και ποια η ελαφρύτερη χρησιμοποιώντας 3 ζυγίσεις?

(Σημείωση: Οι πρώτες σωστές λύσεις δόθηκαν από τον Paschouale και το Γιώργο και υπάρχουν στα σχόλια)

Γρίφος 6ος: Σας δίνονται 9 εξωτερικά όμοιες μπάλες εκ των οποίων οι δύο – αν και έχουν ίδιο βάρος μεταξύ τους – είναι είτε βαρύτερες είτε ελαφρύτερες από τις υπόλοιπες. Δείξτε ότι οι 3 ζυγίσεις δεν είναι αρκετές για να υποδείξετε ποιες είναι αυτές οι δύο μπάλες (μαζί με το αν είναι βαρύτερες ή ελαφρύτερες από τις υπόλοιπες)!

(Σημείωση: Η πρώτη σωστή λύση δόθηκε από το Γιώργο και υπάρχει στα σχόλια 73, 76, 81, 97-103, 107, 108)

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ:

  • Για τη ζύγιση, έχετε στη διάθεση σας ένα ζυγό όπως αυτόν του πρώτου μέρους.
  • Λόγω του ότι έχουμε δύο σκάρτες μπάλες αντί για μία, οι πιθανές ενδείξεις της ζυγαριάς αυξάνονται σε 5. (Γέρνει πολύ προς τ’ αριστερά, γέρνει λίγο προς τ’ αριστερά, ισορροπεί, γέρνει λίγο προς τα δεξιά, γέρνει πολύ προς τα δεξιά). Σκεφτείτε το!
  • Ο τελευταίος γρίφος είναι αρκετά πιο δύσκολος από τους υπόλοιπους!

 

Advertisements

110 Σχόλια

  1. Duncan said,

    Απρίλιος 24, 2009 στις 2:14 πμ

    Η λύση που πρότεινε ο Βαγγέλης υπάρχει αναλυτικά στα σχόλια του Τεχνικού Γρίφου:

    https://palaskostas.wordpress.com/2009/04/18/o-texnikos-grifos/

    Η λύση του περιληπτικά είναι η εξής:

    τοποθετούμε τις 9 μπάλες σε έναν πίνακα 3*3 και ζυγιζουμε δευτερη και τρίτη γραμμή και μετά δευτερη και τρίτη στήλη. Ανάλογα με τον δυνατό συνδυασμό των αποτελεσμάτων (και με την βοήθεια τρίτου ζυγίσματος) βγαίνει κάτι…

    Η χειρότερη περίπτωση είναι όταν τα δύο πρώτα ζυγίσματα καταλήγουν σε ισορροπία. Τότε έχουμε 4 πιθανές λύσεις στις θέσεις [(2,1) (3,1)] ή [(1,2) (1,3)] ή [(2,2) (3,3)] ή [(2,3) (3,2)]

    Τότε, θα ζυγίσουμε τις μπαλλες της πρώτης στήλης (της οποίας η πρώτη μπάλλα σιγουρα δεν είναι ελαφρια) με τις μπαλλες στις θέσεις (2,2) (2,3) και (3,2) . Αν έχουμε ισορροπία τότε οι 2 ελαφριες είναι στις θέσεις (2,1) και (3,1) . Αν γύρει το πρώτο μέρος της ζυγαριας τότε η λύση είναι η (1,2) και (1,3) ενώ αν γύρει το δευτερο μέρος τότε η λύση είναι η ( 2,2) και ( 3,3) σε περίπτωση που έχουμε ελαφρια κλίση , ενώ αν έχουμε έντονη λύση θα είναι η (2,3) και (3,1)

    Σημείωση: Τα παραπάνω ζεύγη αριθμών αντιστοιχούν σε συντεταγμένες. Για παράδειγμα, η μπάλα με ζεύγος (3,2) είναι εκείνη που βρίσκεται στην τρίτη σειρά και στη δεύτερη στήλη κοκ.

  2. Paschouale said,

    Μαΐου 4, 2009 στις 3:53 πμ

    Για να παίξω λίγη μπάλα να δω το βρήκα???
    Για το 2ο:
    Έχουμε τις μπάλες 1 2 3 4 5 6 7 8 9…
    Ζυγίζω 1 2 3 με 4 5 6 αν βγουν ανόμιες με λίγα λόγια αν είναι 2 σκάλες κάτω και πάνω αντίστοιχα ζυγίζω την μία 3άδα παίρνω την βαριά και από την άλλη 3άδα την ελαφριά. (Ζύγι : 1 – 1 και 1 στο χέρι)
    Αν κατέβει 1 σκάλα σημαίνει ή οτι έχουμε την ελαφριά από την μία μεριά ή την βαριά και την αντίθετη στην άλλη τριάδα απέξω από το ζύγι… Άρα έστω οτι οι βαριές ειναι οι 1 2 3 και οι ελαφριές οι 4 5 6 οι μπάλες γίνονται: β1,β2,β3 και ε4,ε5,ε6 και ?7,?8,?9. 2ο ζύγι τις μπάλες β1, ε4 , β2 με τις ?7, ?8, ?9. Αν βαρύνει από την μεριά των ?7, ?8, ?9 κατά 2 σκάλες τότε ι ελαφριά ειναι η ε4 και κάνω έλεγχο για βαριά στις ?7, ?8, ?9 με τον γνωστό τρόπο αλλιώς αν βαρύνει 1 σκάλα σημαίνει ότι από τις ?7, ?8, ?9 έχουμε την βαριά και από τις ε5,ε6 την ελαφριά. Τώρα ζυγίζω τις ?7,ε5 με ?8,ε4(ε4 τώρα ποια είναι =4) αν βαρύνει κατά μία σκαλα στην αριστερή πλευρά τότε η βαριά είναι η ?7 και αυτομάτως ελαφριά η ε6. Αν ισορ. τότε βαριά και ελαφριά βρίσκονται μαζί και είναι οι ?7, ε5. Αν συγκλίνει στα δεξιά κατά 1 σκάλα η βαριά είναι η ?8 και η ελαφριά η ε6. Αν συγκλίνει στα δεξιά κατά 2 σκάλες τότε η βαριά είναι η ?8 και η ελαφριά η ε5. Πάμε πάλι 2ο ζύγι τις μπάλες β1, ε4 , β2 με τις ?7, ?8, ?9. Αν βαρύνει από την μεριά των β1, ε4 , β2 τότε β1 ή β2 βαριά και μία από τις ?7, ?8, ?9 ελαφριά εργαζόμαστε ομοίως ζυγίζοντας τις ?7,β1 με τις ?8,β3(β3 είναι ποια =3).

    Δεν το πιστεύω τόσες ώρες γράφω για να πάρω χαμπάρι ότι άμα στο ζυγισμα που έχω Ελαφρια,Βαρια – Ελαφρια,Ίση συγκλίνει κατά 1 σκάλα προς τα αριστερά δεν μπορώ να ξέρω αν είναι η βαρία ή ελαφριά μπάλα το πρόβλημα

    Πες μου αν είμαι σε καλό δρόμο η να το ψάξω κάπως αλλιώς….

  3. Paschouale said,

    Μαΐου 4, 2009 στις 4:14 πμ

    Επειδή σχολάω τώρα… Θα ξαναεπισκεφτώ αύριο μπορεί να το σκεφτώ άμα προλάβω σήμερα και αύριο να έχω βρει την λύση… Θέλω και άλλους γρίφους 😀 σαν τον άλλο με τους πειρατές :Ρ!!! Πάμε για τα μπαλάκια τώρα….

  4. Duncan said,

    Μαΐου 4, 2009 στις 2:58 μμ

    Χαχαχα έγινε! Έχω κανα δυό ακόμα υπ’ όψιν μου αλλά λογικά θα σου πάρουν γύρω στα δύο λεπτά ο καθένας τώρα που γνωρίζεις τη βασική ιδέα του «γραμμικού προγραμματισμού». 😉

    Παρόλα αυτά θα τους ανεβάσω και για τον υπόλοιπο κόσμο!

    Τώρα έρχομαι στις μπάλες: Για μία ακόμα φορά, δεν έχει πλάκα (για σένα) να σε βοηθήσω. Σκέψου τι έγινε με τους πειρατές για παράδειγμα! Δεν σου είπα τίποτα κι έτσι σιγά σιγά βρήκες τη λύση 100% μόνος σου. Αποτέλεσμα? Θέλεις κι άλλους τέτοιους γρίφους 🙂
    (Για την ιστορία πάντως αυτό που σου ξέφυγε το παρατήρησες κι ο ίδιος)

    Παρόλα αυτά, έχω να προτείνω έναν συμπαγή τρόπο να γράφεις τις λύσεις σου: (γράφω τυχαίες ζυγίσεις αλλά σωστά συμπεράσματα)

    1) 123 vs 456

    if (123 > 456) ===> (127 vs 456)

    if (127 >> 456) then (1 & 7 heavy) or (2 & 7 heavy) [solution: 1 vs 2]
    if (127 > 456) then (21 different cases) ==> Too many! (dead-end)

    Όπου ο συμβολισμός παραπάνω είναι αυτό που λέμε self-explanatory…
    Μ’ αυτόν τον τρόπο τα πιθανά λάθη εντοπίζονται ευκολότερα!

    Πάντως το πρόβλημα είναι αρκετά ποιο δύσκολο από αυτό με τις 12 μπάλες!

  5. Paschouale said,

    Μαΐου 5, 2009 στις 12:31 πμ

    Έχω λιώσει πάνω του και ακόμα να το βρω πάντα κάπου το χάνω….
    Τι 4 με 4, τι 3 με 3, τι 2 με 2… τι από 4-4 σε 3-3 και μετά σε 2-2….
    Θα το αφήσω για λίγο καιρό να ξεκουραστώ…να ξεχάσω και ότι ξέρω γιατί μπορεί να με μπερδεύει :Ρ, δεν μπορώ να σκέφτομαι άλλο μπάλες…
    Θα επανέλφω δρυμίτερος!!!

  6. Duncan said,

    Μαΐου 5, 2009 στις 1:12 πμ

    Ναι ρε συ χαλαρά… Είναι καθαρά θέμα χρόνου να βρεις τη λύση… 😉

    Τα λέμε εν καιρώ λοιπόν!

  7. γιωργος said,

    Μαΐου 22, 2009 στις 5:11 μμ

    5o.To ψαχνω ακομα.Να πω ενα ευκολακι για χαλαρωση?Το λεω.1,2,6,42,? Ποιο ειναι το 5ο νουμερο?

  8. Duncan said,

    Μαΐου 22, 2009 στις 5:15 μμ

    Ναι χαλαρά… Take your time.

    Απάντηση: 42*43 = 1806

    (Αυτός είναι ακριβώς ο τύπος των προβλημάτων που τρομοκρατούνε όλον τον κόσμο 🙂 )

  9. γιωργος said,

    Μαΐου 23, 2009 στις 5:02 μμ

    Πηρες την λυση του 4ου προβληματος?

  10. γιωργος said,

    Μαΐου 23, 2009 στις 5:07 μμ

    Μαλλον οχι.Υπηρχε προβλημα τις τελευταιες 6 ωρες.2 ωρες σπαταλησα για να το συνταξω.

  11. γιωργος said,

    Μαΐου 23, 2009 στις 5:41 μμ

    Θα το στειλω αυριο.Ενα ευκολακι.Διπλη σιδηροδρομικη ενωνει αθηνα-Θεσσαλονικη και το δρομολογιο παντα εκτελειται σε 4,5 ωρες.Ολα τα δρομολογια ξεκινουν σε ακεραιες ωρες απο προς και αντιστροφα καθε ωρα ολο τον χρονο.Ποσα τρενα συναντα το καθε τρενο στο δρομολογιο του? Για το πρωτο σχολιο ηθελα να γραψω (πηρες την λυση του 5ου προβληματος?).

  12. Duncan said,

    Μαΐου 23, 2009 στις 7:57 μμ

    Όχι δεν έχω πάρει κάποια λύση… Ίσως γιατί είναι τεράστιο το post. Μπορείς αν θες να την σπάσεις σε κομμάτια. Προσωπικά θα την έγραφα πρώτα σε κάποιο κειμενογράφο (word, notepad κλπ) και μετά θα εφάρμοζα τη μέθοδο του copy-paste.

    Απάντηση: 5+4 = 9. (Την στιγμή που το τρένο ξεκινά υπάρχουν 5 τρένα στην άλλη γραμμή. Κάθε νέα ώρα πριν τον προορισμό μπαίνει άλλο ένα, επί συνόλου 4 νέων ωρών…)

    ΥΓ.: Βασικά, μπορείς να μαζέψεις μία λίστα από τα πιο δύσκολα προβλήματα που ξέρεις και να μου τα στείλεις (από τη σελίδα «Στείλτε Γρίφους»), έτσι ώστε (αν πληρούν τις βασικές προϋποθέσεις) να τα δημοσιεύσω! 😉

    ΥΓ2.: Γράψε άκυρο! Η λύση σου μου ήρθε ως spam!

  13. γιωργος said,

    Μαΐου 23, 2009 στις 9:37 μμ

    .5ο.Ζυγιζω 123 με 456.1η περιπτωση γερνει πολυ δεξια η’ αριστερα.Ας πουμε δεξια.Αρα 1239,2ο γερνει πολυ δεξια 87 η’ 7>9 οποτε ζυγιζω την 7 με μια σιγουρη και ξερω,4ο γερνει λιγο δεξια 8<7 η' 75,2ο γερνει δεξια 42,4ο γερνει πολυ δεξια 1<2,ισα δεν μπορει.Τελος.Παμε τωρα στην δυσκολη περιπτωση.Ο ζυγος γερνει λιγο δεξια η' αριστερα(και στις 2 περιπτωσεις η συνεχεια ειναι ιδια).Ας πουμε οτι γερνει δεξια.Αυτο σημαινει οτι 123789.Ζυγιζω 124 με 785.1ο γερνει πολυ αριστερα 4>78 οποτε ζυγιζω 7 με 8 και ξερω,2ο γερνει πολυ δεξια 12<78 οποτε αφηνω εξω την 8 και ζυγιζω 1,7 με 2,6.1η ο ζυγος ισορροπει 1<7,2η γερνει λιγο δεξια 1<8,3η γερνει λιγο αριστερα 2<8,4η γερνει πολυ αριστερα 2<7.3ο γερνει λιγο αριστερα οποτε εχουμε (7,8<6), (1,2<9),(49,2η γερνει λιγο δεξια 9>1,3η γερνει πολυ δεξια 9>2, 4η γερνει λιγο αριστερα 6>7, 5η γερνει πολυ αριστερα 6>8.4ο γερνει λιγο δεξια οποτε εχουμε (5>9),(7,8>3),(1,29, 2η γερνει λιγο δεξια 9>1, 3η γερνει πολυ δεξια 9>2, 4η γερνει λιγο αριστερα 7>3, 5η γερνει πολυ αριστερα 8>3.5ο ο ζυγος ισορροπει οποτε εχουμε (7,8<5),(39), αρα ζυγιζω 36 με 79 (εξω 5 και 8) και εχουμε 1η ο ζυγος ισα 5>8, 2η γερνει πολυ δεξια 39, 4η γερνει λιγο αριστερα 7<5. ΤΕΛΟΣ .

  14. Duncan said,

    Μαΐου 23, 2009 στις 10:32 μμ

    Πάλι σου έχει ξεφύγει κάτι, αν και είσαι σε καλό δρόμο. Πριν όμως έρθω σ’ αυτό, να κάνω κάποιες παρατηρήσεις:

    – H διατύπωση της λύσης σου είναι πολύ δυσανάγνωστη ακόμα και για μένα που γνωρίζω το πρόβλημα.

    – Δεν είναι πάντα σαφές ποια είναι η τρίτη σου ζύγιση.

    – Αν θες, προσπάθησε να αφήνεις γραμμές και να χρησιμοποιείς όσο το δυνατόν λιγότερα λόγια. Πχ, μέρος της λύσης σου μπορεί να γραφτεί ώς:

    Δευτερη ζύγιση: 124 με 785

    Αν 124 >> 785 τότε 4 << 7,8. (3η ζύγιση: 7 vs 8)

    Aν 124 << 785 τότε 1,2 < 7,8. (3η ζύγιση: 17 vs 26)

    Αν 17>>26 τότε (2 < 7)
    Αν 17>26 τότε (2 < 8)
    Αν 17=26 τότε (1 < 7)
    Αν 17<26 τότε (1 < 8)
    Το 17<<26 είναι αδύνατο

    (Σχόλιο: Μερικές φορές η wordpress δεν αναγνωρίζει τα σύμβολα με αποτέλεσμα το comment να δείχνει κάπως χαώδες, γι’ αυτό και σου συνιστώ να γράψεις πρώτα τη λύση σου σε κάποιον κειμενογράφο)

    Έρχομαι τώρα σε σχόλια σχετικά με τη λύση σου.

    – Αν 123 << 456 (που σημαίνει γέρνει πολύ δεξιά) τότε η βαριά είναι στις 456 και η ελαφριά στις 123. Άρα οι 7,8,9 βγαίνουνε από το σκηνικό.

    Για τα παρακάτω υποθέτουμε 123 < 456 (γέρνει λίγο δεξιά).

    – Οι περιπτώσεις 124 <> 785 είναι σωστές.

    – Αν 124 > 785 τότε (4 > 9) ή (6 > 7,8). (οι 1 και 2 δεν μπορεί να είναι ελαφριές όπως περιγράφεις στη λύση σου)

    – Αν 124 < 785 τότε (1,2 < 9) ή (9 < 5) ή (3 < 7,8) (Σου ξέφυγαν οι περιπτώσεις 1, 2 < 9.)

    – Αν 124 == 785 τότε (3 < 9) ή (9 < 6) ή (7,8 < 5) (Σου ξέφυγαν οι περιπτώσεις 3 < 9 και 9 < 6).

    – Τέλος, δεν εξέτασες καθόλου την περίπτωση: 123 = 456, δηλαδή αυτή που η ζυγαριά ισορροπεί στην πρώτη ζύγιση…

    Ελπίζω τα σχόλια να βοήθησαν κάπως!

  15. γιωργος said,

    Μαΐου 24, 2009 στις 8:31 πμ

    Ξανα.Ζυγιζω 123 με 456.Αν 123>>456 η’ 123<<456 ζυγιζω 1 με 2 και 3 με 4 και ξερω.

  16. Duncan said,

    Μαΐου 24, 2009 στις 8:37 πμ

    Εννοείς και 4 με 5… Ναι σωστό είναι αυτό το κομμάτι… Σου μένει η περίπτωση 123 == 456 (και κάτι ψιλοδιορθώσεις στις περιπτώσεις, 124 785, 124 == 785, αλλά αυτές είναι εύκολες).

    Έφυγα! 🙂

    ΥΓ.: Σβήνω όλα τα off-topic comments…

    ΥΓ2.: Αν συνεχίσει να στέλνει ότι ‘να ναι, στείλτα μου μέσω e-mail (και όχι μέσω comment)

  17. γιωργος said,

    Μαΐου 24, 2009 στις 9:19 πμ

    Γραφω εδω δεν στελνει.Σου στελνω e-mail δεν το παιρνεις ενω λεει οτι σταλθηκε πριν ωρες στην σωστη διευθυνση/

  18. Duncan said,

    Μαΐου 24, 2009 στις 9:22 μμ

    Αυτό είναι πολύ παράξενο…

    Ξέρω πως θα λυθεί το ζήτημα. Απάντησε μου εδώ, αλλά αυτή τη φορά εκτός από το όνομα, άσε μου και το e-mail σου.

    Θα στείλω εγώ και απαντάς μια και καλή σ’ εκείνο…

  19. Paschouale said,

    Μαΐου 25, 2009 στις 11:53 μμ

    Λοιπόν είναι για τον 5, οι ίδιες περιπτώσεις ακολουθούν την ίδια λογική!!

    123 vs 456

    123 >> 456

    zig zig found(Exoun lythei apeires fores!!!!!)

    123 <> 258 zygi zig
    57 me 28 apeksw 41
    57 = 28 apok.
    57 >> 28 tote 7 kai 8
    57 > 28 tote 2 kai 1
    57 < 28 tote 5 kai 4
    57 << 28 apokl

    paromia gia :
    147 < 258 -> B1B4B7 kai E2E5E8 kai ?3?6?9
    b1-e8-6 = e5-9-e2 …473 apok
    b1-e8-6 >> e5-9-e2 b6-e5
    b1-e8-6 < e5-9-e2 b1-e3|b6-e4atopo
    b1-e8-6 < e5-9-e2 e8-b7atopo|e6-b4|b9-e7atopo

    paromia gia :
    147 456 sigoura mia mpala se ena apo ta ?7?8?9
    b1b2b3 e4e5e6 ?7?8?9
    b1-?7-b3 = e4-?8-?9 apek. b2e5e6->b1-e7|b3-e7|e4-b8|e4-b9
    e7-b8=e4-b3 akyro
    e7-b8>>e4-b3 b8-e4
    e7-b8<e4-b3 e4-b9
    e7-b8> e4-?8-?9 -> b1-e8|b1-e9|b3-e8|b3-e9|b7-e4
    b3-e8-e4 = e9-(=2)-b7 -> b3-e8
    b3-e8-e4 >> e9-(=2)-b7 -> b3-e9
    b3-e8-e4 < b7-e4
    b3-e8-e4 > e9-(=2)-b7 -> e9-b1
    b3-e8-e4 e8-b1

    paromoia gia:
    b1-?7-b3 < e4-?8-?9 apek. b2e5e6
    ara ginete
    b1-b7-b3 > e4-e8-e9 apek b2e5e6->b7-e5|b7-e6|b2-e8|b2-e9
    b7-e8 = b2e5 akyr.
    b7-e8 >> b2e5 ->b7-e5
    b7-e8 <b2-e8
    b7-e8 > b2e5 ->b7-e6
    b7-e8 b2-e9

    b1-?7-b3 < e4-?8-?9 apek. b2e5e6
    ara ginete
    (=1)-e7-(=3) e7-b2|b8-e5|b8-e6|b9-e5|b9-e6
    b9-e5-e7 = e6-(=1)-b2 -> b9-e5
    b9-e5-e7 >> e6-(=1)-b2 -> b9-e6
    b9-e5-e7 < b2-e7
    b9-e5-e7 > e6-(=1)-b2 -> b8-e6
    b9-e5-e7 b8-e5

    ——————————————————–

    Telos!!!!

  20. Paschouale said,

    Μαΐου 25, 2009 στις 11:55 μμ

    Lolos o man!!!! sto stelnw me mail!!!

  21. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:24 πμ

    Και στο mail μου βγάζει ένα σωρό ερωτηματικά…

    Όπως είπα και στο γιώργο, ο καλύτερος τρόπος είναι να μου στείλετε ένα .doc ή ένα .txt

    Παρόλα αυτά έβγαλα κάποια άκρη και η λύση σου δεν είναι σωστή P:

    Έστω 123 = 456 και 147 > 258 τότε τα πιθανά ζεύγη είναι (το πρώτο είναι το μικρό): (2,3) (3,1) (5,6) (6,4) (8,9) (9,7) (έξι περιπτώσεις + μία ζύγιση = αδιέξοδο!)

    Σημείωση: Το γεγονός ότι 147 = 258 δεν μπορεί να συμβεί δεν είναι καλό, γιατί αυτό σημαίνει ότι όλα τα δυνατά αποτελέσματα συσσωρεύονται στις άλλες 4 περιπτώσεις! 😉

  22. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:30 πμ

    ΥΓ.: Αν θες, γράψε μου απλά ποιες πρέπει να είναι οι τρεις ζυγίσεις, χωρίς πολλά πολλά… (Απλά για να μου γλυτώσεις χρόνο, βεβαιώσου ότι έχεις συμπεριλάβει και τα 72 (=όλες οι πιθανές δυάδες) πιθανά αποτελέσματα)

  23. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:38 πμ

    Καλώς στο στέλνω σαν txt ξέχνα μία την περίπτωση που είναι ίσα…
    δηλ. την 123 = 456 κοίτα τις άλλες και πες μου και αν είναι θα την λύσω και αυτήν μετά… αλλά αν είναι λάθος και οι άλλες πρέπει να αλλάξει η λογική του 123 vs 456 αν και νομίζω πως όταν είναι 123>456 ειναι σωστό!!!

  24. γιωργος said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:39 πμ

    123=456.Ζυγιζω 128 με 459.
    128>>459 8>9
    128<<459 8459 8>7 η’ 7>9 7 με
    128<459 8<7 η' 726 4>5 14>>26 1>2

    14<26 4<5 14<<26 1<2

  25. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:45 πμ

    @ Paschouale:

    Δεν μου το διαβάζει ούτε το notepad. Χρησιμοποιείς κανένα περίεργο ASCII σύμβολο. Anyway, ας μην το κάνουμε δύσκολο… Στείλε μου απλά τις ζυγίσεις μετά από 123 > 456… (εδώ όχι στο mail)

  26. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:46 πμ

    Λοιπόν αρχική ζύγιση είναι

    123 vs 456

    Αν 123=456 έκανα λάθος άστο….
    Αν 123>>456…. το ξέρεις…
    Αν 123>456 τότε b1-?7-b3 vs e4-?8-?9

    Αν b1-?7-b3 = e4-?8-?9 τότε e7-b8 vs e4-b3
    Αν b1-?7-b3 >> e4-?8-?9 τότε b3-e8-e4 vs e9-(=2)-b7
    Αν b1-?7-b3 > e4-?8-?9 τότε b7-e8 vs b2e5
    Αν b1-?7-b3 < e4-?8-?9 τότε b9-e5-e7 vs e6-(=1)-b2

  27. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:49 πμ

    Δεν μπορείς να μου στείλεις απλά νούμερα?

    Πχ αν 123 > 456 τότε 129 vs 467

    Αν 129 = 467 τότε 23 vs 45 κτλ.. .

    Μη γράφεις καθόλου άλλα σύμβολα γιατί απ’ ότι βλέπεις πετάει ερωτηματικά για κάποιο λόγο…

    ΥΓ.: Ζυγίζεις 137 vs 489?

  28. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 12:57 πμ

    Χαχαχα τα ερωτηματικά είναι για εμένα…. το 1πχ ξέρω οτι αν είναι κάτι θα είναι βαρύ το 7, το 8 και το 9 δεν ξέρω και έτσι βάζω το ? μπροστά του :D!!!
    Κοίτα πχ στην περίπτωση Αν b1-?7-b3 < e4-?8-?9
    Τότε ξέρω ότι το β1 γίνετε =1 γιατί δεν μπορεί στο αρχικό ζύγι να είναι βαρύ και μετά ελαφρύ άρα όλη η εξίσωση γίνετε:
    (=1)-e7-(=3) b9-e5
    b9-e5-e7 >> e6-(=1)-b2 -> b9-e6
    b9-e5-e7 < b2-e7
    b9-e5-e7 > e6-(=1)-b2 -> b8-e6
    b9-e5-e7 b8-e5

  29. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 1:02 πμ

    Mon ton son…..
    Παλί περικοπές… με copy paste πετάει το πρόβλημα….:
    άρα γίνετε : (=1)-e7-(=3) < (=4)-b8-b9
    Πιθανές λύσεις: e7-b2 , b8-e5, b8-e6, b9-e5, b9-e6
    Το επόμενο ζύγι είναι:
    b9-e5-e7 vs e6-(=1)-b2 με κάθε σύγκριση βγάζω ένα από τα πάνω αποτελέσματα!

  30. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 1:22 πμ

    LoL! Ok κατάλαβα τι λες… απλά το κάνεις πολύπλοκο, τόσο για μένα όσο και για τους δύστυχους τους αναγνώστες μου…

    Keep it simple bro 🙂

    Έρχομαι στη λύση σου τώρα: H λύση είναι απολύτως σωστή! 😉

    Και απλώς καταγράφω τις ζυγίσεις σου για τους υπόλοιπους αναγνώστες:

    Έστω 123 > 456 τότε ζυγίζουμε 137 vs 489

    Αν 137 >> 489 τότε 348 vs 279 (5 περιπτώσεις)
    Αν 137 > 489 τότε 78 vs 25 (4 περιπτώσεις)
    Αν 137 == 489 τότε 78 vs 34 (4 περιπτώσεις)
    Αν 137 < 489 τότε 579 vs 126 (5 περιπτώσεις)
    Το 137 << 489 είναι αδύνατο (0 περιπτώσεις)

    Great job!

  31. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 1:30 πμ

    Ξέρεις ποιος είναι ο λόγος που ασχολήθηκα με την λύση του γρίφου…. εχθές τον μεσημέρι έιχα βγάλει τον μισό….

    Ήταν τα λόγια που είπες, στον 5 έχεις ανταγωνισμό… και είπα να του φάω την θέση… Άσε που τώρα που το βλέπω η σύγκριση αυτή 123>456
    είναι και το κλειδί κατά πάσα πιθανότητα στον 3 γρίφο…

  32. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 1:33 πμ

    Χαχαχαχαχαχα! Αυτά είναι…

    Όσο για τον 3, αυτός είναι άλλη ιστορία… Βέβαια, τό τι μπορεί να εμπνεύσει κάποιον και να τον λύσει, είναι κι αυτό άλλη ιστορία… 🙂

  33. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 2:45 πμ

    Και ήρθε η ώρα να γραφτεί το ονοματάκι μου :D!!!

    Στην περίπτωση 123=456 κάνω αυτό:

    127 vs 348

    An 127 == 348 tote 15 vs 23(4 periptwseis)
    An 127 >> 348 tote 18 vs 37(3 periptwseis)
    An 127 < 348 tote 472 vs 958(4 periptwseis)

    Ευχαριστώ πολύ!!!!

  34. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 2:57 πμ

    Well done! 😉

    An 127 == 348 tote 15 vs 23 (4 periptwseis)

    An 127 >> 348 tote 18 vs 37 (3 periptwseis)

    An 127 << 348 tote 18 vs 37 (3 periptwseis) (συμμετρική λύση)

    An 127 < 348 tote 472 vs 958 (4 periptwseis)

    An 127 > 348 tote 472 vs 958 (4 periptwseis) (συμμετρική λύση)

    ΥΓ.: Το wordpress είναι για πολλές κλωτσιές…

  35. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 3:06 πμ

    Σημείωση: Η πρώτη σωστή λύση δόθηκε από τον Paschouale και υπάρχει στα σχόλια!!!!

    haha… την έφαγα την θέση του Γιωργάκη :D!!

    Πες μου άμα παλέβει και σε άλλο γρίφο να τον κοντράρω… 1-0 :P!!!

    ΥΓ.: Θα περάσει που θα πάει θα φτοιάξει το wordpress…

  36. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 3:10 πμ

    LoL! Πάντως επειδή μου είπε ότι είχε σωστή λύση και ότι του τη χάλασε η wordpress (άλλη, όχι την παραπάνω. Την παραπάνω την ξέθαψα από τα spams), θα του δώσω μία ευκαιρία να μου δώσει σωστή λύση.

    Αν τα καταφέρει, θα φιγουράρετε παρέα στο Hall of Fame… 🙂

  37. Paschouale said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 3:14 πμ

    Ok το δέχομαι… Τώρα όμως θέλω γρίφο με πειρατές (μου αρέσει ο κώδικας δεν μπορώ) δεν θέλω άλλα μπαλάκια :P!!!

  38. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 3:18 πμ

    Έχω κάτι υπ’ όψιν μου. (Όχι πειρατές, αλλά κάτι παρόμοιο)

    Από την άλλη, μπορώ πάντοτε να ξανά-αυτοσχεδιάσω… (Δεν υπόσχομαι όμως τίποτα 🙂 )

    Ίδωμεν!

  39. γιωργος said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 6:24 πμ

    Σου λεω αλλα γραφω αλλα στελνει

  40. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 7:10 πμ

    Ναι το ξέρω… Γι’ αυτό είπα να μου στείλεις μόνο τις βασικές ζυγίσεις, χωρίς τα συμπεράσματα…

    Κάτι σαν το παρακάτω:

    Aν 123 > 456 τότε 145 vs 689

    Aν 145 >> 689 τότε 28 vs 34

    Αν 145 > 689 τότε 46 vs 89 κτλ… (άφηνε και γραμμές καλύτερα)

  41. γιωργος said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 8:00 πμ

    Αν 123=456 ζυγιζω 128 με 459.Αν 128=459 ζυγιζω 14 με 26.
    Αν 128<>459 ευκολο

  42. γιωργος said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 8:02 πμ

    παλι τα τρωει .αν 128>>459 ευκολο αν 128<< 459 ευκολο

  43. γιωργος said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 8:11 πμ

    παλι τα τρωει .Ας το γραψω διαφορετικα.αν 128ε459β ευκολο αν 128β459ε ευκολο ε=ελαφρυ β=βαρυ (συμπληρωμε του προηγουμενου)

  44. Duncan said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 8:14 πμ

    Γιώργο η λύση αυτή δεν είναι σωστή:

    Για παράδειγμα αν 128 > 459 τότε τα πιθανά αποτελέσματα είναι: (1>3) (2>3) (6>4) (6>5) (8>7) και (7>9) που είναι παραπάνω από πέντε…

  45. γιωργος said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 8:34 πμ

    Αν γερνει λιγο αριστ.,δεξ. τοτε (123)ε,(789)β η’ (456)β,(789)ε.Ας πουμε αριστ.Ζυγιζω 124 με 785.Αν (124)β,(785)ε ζυγιζω 7 με 8.Αν (124)ε,(785)β,ζυγιζω 17 με 26.Αν (124) >(785) ζυγιζω 326 με 489.Αν 124<785 ζυγιζω 428 με 395.Αν 124=785 36 με 79.

  46. γιωργος said,

    Μαΐου 26, 2009 στις 10:48 πμ

    Ενταξει.Αν 123=456 ζυγιζω 128 με 349.αν ισα ζυγιζω 15 με 2+1καλο. Αν γερνει δεξ. ,αριστ., λιγο ζυγιζω 7 με 1καλο.Αν γερνει δεξ. αριστ. πολυ ζυγιζω 1 με 2.

  47. Duncan said,

    Μαΐου 27, 2009 στις 6:11 πμ

    Γιώργο συγχαρητήρια…! Η λύση αυτή είναι σωστή. 🙂

  48. γιωργος said,

    Μαΐου 28, 2009 στις 5:33 μμ

    6ο.Φυσικα δεν μπορω με 3 ζυγισεις να υποδειξω τις 2 μπαλες ε. η’ β’.τουλαχιστον σε 1 περιπτωση.Ζυγιζω 123 με 456.Ας πουμε ισα.Τοτε και οι 2 εξω η’ 1 και 1.Τι να ζυγισω? Ζυγιζω 12 με 45.Αν ισα τοτε και οι 2 εξω η’ 1 και 1 η’ 36. Η 3η ζυγιση δεν οδηγει πουθενα.

  49. Duncan said,

    Μαΐου 28, 2009 στις 6:27 μμ

    Γιώργο δεν είναι τόσο απλό. Για την ακρίβεια είναι πολύ πιο πολύπλοκο όσο φαίνεται.

    Για να λύσει κανείς το πρόβλημα θα πρέπει να αποδείξει ότι όλες ανεξαιρέτως οι πιθανές ζυγίσεις (και υπάρχουνε υπερβολικά πολλές) οδηγούνε σε αδιέξοδο. Εσύ το μόνο που έδειξες είναι ότι κάποιες (ελάχιστες) από αυτές δεν δουλεύουν. Αυτό δε σημαίνει ότι ισχύει το ίδιο και για τις υπόλοιπες.

    Κι επειδή το συγκεκριμένο πρόβλημα είναι από τα πιο δύσκολα που υπάρχουν στο blog θα δώσω και μία μικρή υπόδειξη: Για να το λύσεις θα πρέπει να σκεφτείς μία έξυπνη μέθοδο που να σου αποκλείει μαζικά ένα σωρό περιπτώσεις. Διαφορετικά, το πρόβλημα είναι πρακτικά άλυτο!

  50. γιωργος said,

    Μαΐου 29, 2009 στις 8:45 πμ

    Αν 123=456 εχουμε 8 βασικες υποψηφιοτητες για την 2η ζυγιση.123789.456789.127=345 αρα 12=45,3η βρισκουμε τις μπαλες οχι το βαρος (12==4).127=458 αρα 12=45 η’ 3=6 το ιδιο.124=785 αρα 3=6 η’ 12==5 το ιδιο.124 με 378 αν γερνει λιγο 78==9 η’ 12==56 η’ 3==56,η 3η ζυγιση δεν λεει κατι.

  51. γιωργος said,

    Μαΐου 29, 2009 στις 8:51 πμ

    Στην 2η σειρα εφαγε τα βελακια.123 με 789 και 456 με 789 εννοω γερνει λιγο δεξ., αριστ. αδιεξοδο.

  52. Duncan said,

    Μαΐου 29, 2009 στις 9:12 μμ

    Γιώργο όπως σου είπα και πριν, η εξήγηση που δίνεις δεν είναι σωστή και ο λόγος είναι απλός: Εξηγεί γιατί οι ζυγίσεις που επέλεξες δεν δουλεύουν και όχι γιατί όλες οι ζυγίσεις δεν δουλεύουν!. Για παράδειγμα τι θα συμβεί αν η δεύτερη ζύγιση είναι 134 vs 789 ή 135 vs 689 ή 279 vs 358 ή οποιαδήποτε από τις μυριάδες άλλες? (Ή θα πρέπει να τις ελέγξεις όλες μία-μία και να δείξεις ότι οδηγούμαστε σε αδιέξοδο – πράγμα πρακτικά αδύνατο – ή θα πρέπει να βρεις έναν έξυπνο τρόπο να αποκλείσεις τις περισσότερες απο αυτές!)

    Αν θες να συνεχίσεις να ψάχνεις το πρόβλημα, πρέπει να βρεις ένα διαφορετικού τύπου επιχείρημα που από τη μία να μη βασίζεται σε ζυγίσεις και από την άλλη να σου αποκλείει ένα σωρό από αυτές!

    Συνεπώς, από δω και στο εξής προσπάθησε να μη μου γράφεις διάφορες ζυγίσεις που δεν δουλεύουν. Αντιθέτως, δείξε μου μαζικά γιατί όλες οι ζυγίσεις δεν δουλεύουν!

  53. γιωργος said,

    Μαΐου 30, 2009 στις 4:28 μμ

    Οταν εχουμε 3 μπαλες με 1 ζυγιση βρισκουμε την μπαλα διαφορετικου βαρους και οχι το βαρος της (εκτος αν μας εχουν πει συγκεκριμενα τι ψαχνουμε π.χ. βαρεια)Ομοιως οταν εχουμε 9 μπαλες με 2 ζυγισεις βρισκουμε την διαφορετικη μπαλα και οχι το βαρος της (οπως πριν)Το ιδιο οταν εχουμε 9 μπαλες με 3 ζυγισεις βρισκουμε τις 2 διαφορετικες μπαλες και οχι το βαρος τους(εκτος αν μας εχουν πει συγκεκριμενα τι ψαχνουμε π.χ. ελαφρια βαρεια).Η διαφορα εγκειται οτι εδω αναζητουμε 2 αγνωστες μη συγκεκριμενες μπαλες δηλαδη ειτε βαρειες ειτε ελαφριες.
    Οποτε 3 ζυγισεις δεν αρκουν.

  54. Duncan said,

    Μαΐου 30, 2009 στις 5:07 μμ

    Το επιχείρημα αυτό αν και ακούγεται αληθοφανές δεν είναι σωστό! Το λεπτό σημείο είναι ότι όταν προσθέτεις μία ακόμη σκάρτη μπάλα αυξάνουν και οι πιθανές ενδείξεις της ζυγαριάς από 3 σε 5. Έτσι δεν μπορείς πλέον να γενικεύσεις και να πεις: «Αφού για 9 μπάλες και μία σκάρτη, 2 ζυγίσεις δεν μου φτάνουν, άρα για 9 μπάλες και δύο ίδιες σκάρτες, 3 ζυγίσεις δεν μου φτάνουν»

    Άλλωστε από τη λύση του 5 ξέρουμε ότι ισχύει: «Για 9 μπάλες και δύο διαφορετικές σκάρτες, 3 ζυγίσεις μου φτάνουν!» Αυτό πώς ισχύει και το άλλο δεν ισχύει?

    Προσπάθησε το επιχείρημα σου να είναι κάπως ατράνταχτο! 😉

  55. γιωργος said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 6:18 πμ

    Στην περιπτωση του 5ου ψαχναμε 1ε. και 1β. Εδω ψαχνουμε 1ε. και 1ε. η’ 1β. και 1β. Σου φαινεται ιδιο? Στο 5ο ειχαμε ενα συνδυασμο ενω εδω εχουμε δυο.Οπως σου ανεφερα και για το 3ο εγω μεχρι εδω ειμαι.

  56. Duncan said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 6:38 πμ

    Δεν είπα ότι είναι ίδιο. Είπα απλώς ότι στην πρώτη περίπτωση γίνεται, ενώ στη δεύτερη όχι, παρόλο που οι δύο περιπτώσεις μοιάζουν τρομακτικά μεταξύ τους. (Για παράδειγμα αν έχεις 9 μπάλες εκ των οποίων μία βαρύτερη και μία ελαφρύτερη τότε έχεις συνολικά 72 περιπτώσεις. Τον ίδιο όμως αριθμό περιπτώσεων έχεις και στην περίπτωση των 9 μπαλών εκ των οποίων οι δύο έχουν ίδιο βάρος μόνο μεταξύ τους).

    Επίσης, είναι αλήθεια ότι στο έκτο έχουμε δύο συνδυασμούς (ε,ε) και (β,β) αλλά και στο πέμπτο είχαμε πάλι δύο συνδυασμούς: (ε,β) ή (β,ε) και όχι ένα! Γι’ αυτό θέλει προσοχή…

    Στο 3 και στο 6 ψάχνουμε κάποιο έξυπνο και πειστικό επιχείρημα που να παρακάμπτει αρκετές ζυγίσεις γιατί αυτές από μόνες τους δεν θα μας βγάλουν πουθενά (όσες και να ελέγξουμε θα υπάρχουνε πάντα άλλες που θα ξεχνάμε!).

    Γι’ αυτό άλλωστε τα δύο αυτά προβλήματα (και ειδικά το 6) είναι ακόμη άλυτα. Προσωπικά, τα θεωρώ τα δύο δυσκολότερα του blog! Αν πάντως κουράστηκες ή βαρέθηκες να τα ψάχνεις δεν χάθηκε κι ο κόσμος… Μπορεί να ξαναδοκιμάσεις κάποια άλλη στιγμή στο μέλλον. Ούτως η άλλως, ο βασικός τους υπαρξιακός σκοπός είναι η ψυχαγωγία…

  57. γιωργος said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 8:49 πμ

    Στο 5ο οι 3 ζυγισεις αρκουν διοτι ε+β=2καλες ενω στο 6ο δεν αρκουν διοτι ε+ε λιγοτερο απο 2καλες και β+β περισσοτερο απο 2καλες

  58. Duncan said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 9:17 πμ

    Και αυτό τι σημαίνει? Γιατί αποδεικνύει το ζητούμενο?

    Αυτό που λες είναι ότι: ε+ε πολύ μικρότερο του κ+κ, β+β πολύ μεγαλύτερο του κ+κ, ε+β=κ+κ, β+ε=κ+κ.

    Κατ’ αναλογία όμως έχουμε: ε+κ=ε+κ, β+κ=β+κ., ε+κ πολύ μικρότερο του β+κ β+κ πολύ μεγαλύτερο του ε+κ.

    (δηλαδή υπάρχει μια μορφή συμμετρίας ανάμεσα στις δύο καταστάσεις)

    Εννοείται ότι, τίποτα από τα παραπάνω δεν αποτελεί απόδειξη ή απόρριψη. Απλώς απαντώ στο διαισθητικό σου επιχείρημα με ανάλογο διαισθητικό επιχείρημα…

    Η λύση του γρίφου θα πρέπει όμως να είναι κάθε άλλο παρά διαισθητική! Θα πρέπει να είναι απόλυτη και χωρίς κενά. Όπως ακριβώς όλες οι προηγούμενες…

  59. Duncan said,

    Μαΐου 31, 2009 στις 9:21 πμ

    Έκανα update το παραπάνω σχόλιο γιατί μου «έτρωγε» πάλι τα σύμβολα

  60. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 23, 2010 στις 11:34 πμ

    6ο.Στην εκφωνηση ζητας να δειξουμε οτι 3 ζυγισεις δεν αρκουν για να βρουμε τις 2Ε η’ 2Β απο τις 9.Αυτο λεει οτι εστω και σε μια περιπτωση δεν δειξουν οι 3 ζυγισεις τις 2 ενοχες μπαλες (και το βαρος τους) το προβλημα θεωρειται οτι εχει λυθει.Μετα στα σχολια ζητας να δειξουμε οτι ολες ανεξαιρετως οι πιθανες ζυγισεις οδηγουν σε αδιεξοδο και πιο κατω λες δειξε μου μαζικα γιατι ολες οι ζυγισεις δεν δουλευουν.Αρα ισχυει το δευτερο(ολες).Ομως σε 2 περιπτωσεις δουλευουν οι ζυγισεις. 1η ζυγιση 123με 456 (5 πιθανες ενδειξεις).Δυο απο αυτες, γερνει πολυ δεξια η’ γερνει πολυ αριστερα.Και στις δυο περιπτωσεις βρισκουμε τις δυο ενοχες μπαλες(και το βαρος τους).Στην 2η ζυγιση εχουμε 2 πιθανες ενδειξεις και στην 3η τρεις πιθανες ενδειξεις.Μη τα γραφω τωρα.Τι ζητας ακριβως? Τις αλλες 3 περιπτωσεις?

  61. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 23, 2010 στις 5:36 μμ

    Εκει που λεω στην 2η ζυγιση εχουμε 2 πιθανες ενδειξεις ζυγιζω 123 με 789.Και αμεσως μετα (εκει που λεω στην 3η τρεις πιθανες ενδειξεις) ζυγιζω 1 με 2 η’ 4 με 5 αναλογα με τις ενδειξεις της προηγουμενης ζύγισης.Οπως ειπα και πριν εδω δουλευουν οι 3 ζυγισεις.Τελικα τι ζητας? Ολες οι ζυγισεις να μη δουλευουν? Ολες να δουλευουν? Η’ καποιες να δουλευουν και καποιες να μη δουλευουν? Αυτο καταλαβαινω εγω.Αν κανω λαθος παρακαλω δωσε ακριβεις εξηγησεις.

  62. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 23, 2010 στις 6:10 μμ

    Γιώργο, το ότι «οι 3 ζυγίσεις είναι αρκετές» σημαίνει ότι υπάρχει ένα σχέδιο από το μέρια σου (συγκεκριμένη τοποθέτηση μπαλών πάνω στη ζυγαριά) έτσι ώστε να μπορείς να εντοπίσεις τις σκάρτες μπάλες ανεξάρτητα από τις ενδείξεις της ζυγαριάς…

    Συνεπώς, το ότι «οι 3 ζυγίσεις δεν είναι αρκετές» σημαίνει το εξής:

    Όπως και να αποφασίσεις να ζυγίσεις τις μπάλες σου θα υπάρχει πάντα τουλάχιστον ένας συνδυασμός ενδείξεων στη ζυγαριά που θα σε οδηγεί σε αδιέξοδο στο τέλος. (δηλ. που δεν θα σ’ αφήνει να προσδιορίσεις τις σωστές μπάλες).

    Ένας ισοδύναμος τρόπος να το σκεφτείς είναι και ο εξής: Φαντάσου ότι παίζουμε το εξής παιχνίδι μεταξύ μας. Εσύ διαλέγεις πώς θα βάλεις τις μπάλες πάνω στη ζυγαριά κι εγώ αποφασίζω την ένδειξη αυτής. Αν στο τέλος βρεις τις σωστές μπάλες κερδίζεις. Αν όχι, τότε κερδίζω εγώ.
    (Συνεπώς, εγώ θα διαλέγω πάντα τις πιο δύσκολες ενδείξεις!)

    Αυτό λοιπόν που ζητάω να αποδείξεις είναι ότι πάντα θα κερδίζω εγώ ανεξάρτητα με το τι θα κάνεις.

  63. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 23, 2010 στις 8:39 μμ

    Με λενε ριζο και οπως θελω τα γυριζω.Γιατι καταργεις την κοινη λογικη?Λεμε τα ιδια πραγματα με διαφορετικα λογια.Λες οτι θα υπαρχει τουλαχιστον ενας συνδυασμος ενδειξεων στη ζυγαρια που θα σε οδηγει σε αδιεξοδο στο τελος.Και εγω λεω οτι θα υπαρχουν τουλαχιστον δυο συνδυασμοι ενδειξεων στη ζυγαρια που θα σε οδηγουν σε λυση.Ειτε ετσι ειτε αλιως δεν οδηγουν ολοι σε λυση ουτε ολοι σε αδιεξοδο.Αρα εχω δικιο εγω.Εστω και ενα συνδυασμο να σου δειξω που δεν οδηγει σε λυση λυνω το προβλημα.Αρα για το παιχνιδι που λες καταργεις τις 2 ενδειξεις απο τις 5(στη 1η ζυγιση). Και αυτες ειναι οι εξης.Ζυγιζω 123 με 456 (γερνει πολυ δεξια η’ γερνει πολυ αριστερα).? Επομενως ζητας να αποδειξουμε οτι στις 3 απο τις 5 αρχικες ενδειξεις δεν υπαρχει λυση.Αν το παραδεχτεις καλως.Αν οχι (εχουμε δημοκρατικο φασισμο).Τελικα τι διαλεγεις? Την εκφωνηση? Τα σχολια(Ολες)? η’ Το παιχνιδι? Συγχωρεσε το οποιο ατοπημα μου αλλα πιστευω οτι δεν τα λες καλα.Η απλη λογικη λεει οτι αν σου δειξω εστω και ενα συνδυασμο 3 ζυγισεων που οδηγει σε αδιεξοδο λυνει το προβλημα(βασει της εκφωνησης) το οποιο εχω κανει ηδη πριν 8 μηνες.Η απλη λογικη λεει οτι ειναι λαθος η εκφωνηση και τα σχολια και μενει το παιχνιδι(3 ενδειξεις στις 5).Τι λες?

  64. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 23, 2010 στις 10:58 μμ

    Γιώργο έχεις μπερδευτεί γιατί υπεραπλουστεύεις…

    Οι συνδυασμοί που λες εσύ είναι άλλοι από αυτούς που λέω εγώ. Εσύ μου λες ότι υπάρχουνε δύο πιθανές ενδείξεις (γέρνει πολύ αριστερά ή δεξιά) που οδηγούνε σε ξεκαθάρισμα. Αυτό όμως (αν και σου βρίσκει τις μπάλες) δεν σου λύνει το πρόβλημα γιατί πολύ απλά η ζυγαριά θα μπορούσε να έχει άλλη ένδειξη (πχ να ισορροπήσει). Εκεί λοιπόν τι θα κάνεις? Το ότι στάθηκες τυχερός στην πρώτη ένδειξη της ζυγαριάς δεν σημαίνει ότι έλυσες το πρόβλημα!

    Για να λύσεις θετικά το πρόβλημα (δηλαδή να πεις ότι οι 3 ζυγίσεις είναι αρκετές) θα πρέπει να μου υποδείξεις μία στρατηγική τοποθέτησης των μπαλών σε 3 ζυγίσεις, έτσι ώστε να βρίσκεις πάντα τις ελλατωματικές μπάλες, ανεξάρτητα από το ποιες θα είναι οι ενδείξεις της ζυγαριάς. Έτσι, όπως και σου τα δείξει αυτή, εσύ μετά από 3 ζυγίσεις θα μου δείχνεις τις σκάρτες μπάλες, ο κόσμος να χαλάσει…
    [βλ. πρόβλημα 1 παρακάτω]

    Τώρα, για να λύσεις αρνητικά το πρόβλημα (δηλαδή να πεις ότι οι τρεις ζυγίσεις δεν είναι αρκετές) πρέπει να κάνεις το ανάποδο: Κι αυτό είναι το εξής: Πρέπει να δείξεις ότι ανεξάρτητα από το πώς επιλέγεις να τοποθετήσεις τις μπάλες σου στη ζυγαριά, θα υπάρχει πάντοτε μία σειρά ΤΡΙΩΝ ενδείξεων (μία σε κάθε ζύγιση) που θα σου χαλάει τα σχέδια. Έτσι, ακόμη και να χρησιμοποιήσεις τέλεια λογική, η ζυγαριά θα μπορεί να στα φέρει πάντοτε έτσι, ώστε να είναι πάνω από τις δυνάμεις σου να ξεχωρίσεις τις μπάλες… Άρα το ξεκαθάρισμα των μπαλών, είναι στο χέρι της και όχι στο δικό σου… )
    [βλ. πρόβλημα 2 παρακάτω]

    Και εξηγούμαι με δύο απλά παραδείγματα:

    Πρόβλημα 1: Έστω ότι έχουμε 5 μπάλες, μία ελαφρύτερη. Είναι αρκετές οι δύο ζυγισεις να τις ξεκαθαρίσουμε?

    (Θετική) Λύση: ΝΑΙ, τις βάζουμε δύο-δύο και αφήνουμε μία έξω…

    Αν ισορροπήσει είναι η άλλη, (δεν χρειαζόμαστε άλλη ζύγιση)

    Αν δεν ισορροπήσει, ζυγίζουμε τις δύο ελαφρύτερες και την βρίσκουμε!

    Πρόβλημα 2: Έστω ότι έχουμε 5 μπάλες, μία ελαφρύτερη. Είναι αρκετή η μία ζύγιση να τις ξεκαθαρίσουμε?

    (Αρνητική) Λύση: ΌΧΙ! (Πρέπει να δείξουμε πώς ότι στρατηγική κι αν ακολουθήσουμε, είναι στο χέρι της ζυγαριάς το αν θα τις ξεκαθαρίσουμε ή όχι)

    Στρατηγική 1: Τις βάζουμε δύο-δύο και αφήνουμε μία έξω. Αν δεν ισορροπήσει την πατήσαμε!

    Στρατηγική 2: Τις βάζουμε μία-μία και αφήνουμε τρείς έξω. Αν ισορροπήσει την πατήσαμε!

    Σε κάθε περίπτωση, η μία ζύγιση δεν είναι αρκετή γιατί η ζυγαριά μπορεί να μας τα φέρει έτσι ώστε να την πατάμε πάντα…

    Κοίτα λοιπόν που είναι η δική σου η σύγχυση:

    Αν αντικαταστήσουμε το πρόβλημα 6 με τα δύο προηγούμενα εσύ είναι σαν να μου λες το εξής: «Τις βάζω δύο-δύο, η ζυγαριά ισορροπεί και την βρίσκω! Άρα η μία ζύγιση είναι αρκετή!»

    Λάθος! Μπορεί όντως να την βρίσκεις, αλλά η μία ζύγιση σε καμία περίπτωση δεν είναι αρκετή. Κι αυτό γιατί πολύ απλά η ζυγαριά μπορεί να ισορροπήσει, και τότε χρειάζεσαι δεύτερη ζύγιση. Αλλά πρόσεξε! Αυτό δε σημαίνει (ακόμα) ότι έλυσες αρνητικά το πρόβλημα! Ίσως να υπάρχει κάποια άλλη στρατηγική με την οποία να θες πάντα μία ζύγιση. Η μόνη άλλη στρατηγική είναι να τις βάλεις αρχικά μία-μία. Τη δοκιμάζεις όμως κι αυτή και βλέπεις ότι πάλι δύο ζυγίσεις χρειάζεσαι! Άρα για να βρίσκεις ΠΑΝΤΑ τις μπάλες η μία ζύγιση δεν είναι αρκετή και χρειάζεσαι δύο…

    Φίλε Γιώργο, σε διαβεβαιώ ότι δεν υπάρχει κανένα λάθος στην εκφώνηση. Παρόλα αυτά θέλω να ξανατονίσω ότι το πρόβλημα αυτό κάθε άλλο παρά τετριμμένο είναι.

    Επίσης, θα χαρώ πολύ να σου δώσω διευκρινήσεις (όπως κάνω άλλωστε υπομονετικά τόσον καιρό), αλλά θα ήθελα πρώτα από τη μεριά σου να βεβαιωθείς ότι κατανοείς αυτά που σου λέω… 😉

  65. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 24, 2010 στις 10:45 πμ

    Ας υποθεσουμε οτι εχουμε 4(οχι 9) μπαλες εκ των οποιων οι 2 ειναι ειτε ελαφρυτερες ειτε βαρυτερες και οι αλλες 2 κανονικες.Το οτι δεν μπορουμε με 3 ζυγισεις να βρισκουμε παντα τις 2 Ε η’ Β(με οποιαδηποτε στρατηγικη) θεωρειται λυση? Αφου δεν μπορουμε με 4 ποσο μαλλον με 9 Το εκανα με μια-μια και δυο-δυο και στην περιπτωση τολαχιστον που η 1η ζυγιση ισορροπει δεν αρκουν 3 ζυγισεις.

  66. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 24, 2010 στις 1:47 μμ

    Η ερώτηση αυτή είναι βασικά πολύ ενδιαφέρουσα…

    Πάντως, η απάντηση είναι αρνητική. Κι αυτό γιατί περισσότερες μπάλες μας δίνουνε μεγαλύτερη πιθανότητα να βρούμε «κανονικές» μπάλες τις οποίες μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε σε μεταγενέστερες ζυγίσεις.

    Για παράδειγμα πάρε 5 μπάλες αντί για 4 και βάλτες δύο-δύο (12 με 34) στην πρώτη ζύγιση. Αν η ζυγαριά ισορροπήσει τότε ξέρεις ότι η πέμπτη σου μπάλα είναι σίγουρα κανονική! Οπότε στη δεύτερη ζύγιση θα συγκρίνεις 13 με 45 και θα τις βρεις (Εδώ δεν χρειάστηκε καν τρίτη ζύγιση).

    Μάλιστα, η ύπαρξη περισσεύματος «κανονικών» μπαλών είναι τόσο σημαντική που μπορούμε να διατυπώσουμε το εξής πρόβλημα:

    «Δείξτε ότι αν έχετε 4 μπάλες, εκ των οποίων 2 ελαφρύτερες ή βαρύτερες, τότε δεν θα μπορέσετε ποτέ να τις ξεκαθαρίσετε, ανεξάρτητα από το πόσες φορές τις ανεβάσετε στη ζυγαριά!»

    Εξ’ άλλου στις 4 μπάλες, ο αριθμός των κανονικών είναι ίσος με τον αριθμό των σκάρτων. Οπότε κάλλιστα θα μπορούσε κάποιος να θεωρήσει τις κανονικές ως σκάρτες και τις σκάρτες ως κανονικές… (Ενώ στις 5 δεν μπορεί να το κάνει αυτό. Οι κανονικές είναι εκείνες οι 3 που έχουν το ίδιο βάρος και οι σκάρτες είναι οι άλλες δύο… :-D)

  67. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 24, 2010 στις 6:46 μμ

    Ας υποθεσουμε οτι εχουμε 6(οχι 9) μπαλες.Ζυγιζω μια-μια η’ δυο-δυο η’ τρεις-τρεις και καταληγω στο ιδιο συμπερασμα(οπως και στις 4 μπαλες)Οτι δηλαδη οι 3 ζυγισεις δεν αρκουν(τουλαχιστον στην περιπτωση που η 1η ζυγιση ισορροπει.Αυτο θεωρειται λυση? Αν ναι καλως.Αν οχι για να καταλαβω(πλεον στις 9 μπαλες) ζητας ειτε μια-μια,ειτε δυο-δυο,ειτε τρεις-τρεις,ειτε τεσσερις-τεσσερις βαλω στην ζυγαρια τουλαχιστον στην 1η ζυγιση να καταληγω στο συμπερασμα οτι μετα απο 3 ζυγισεις θα υπαρχει παντοτε μια σειρα μια σειρα τριων ενδειξεων(μια σε καθε ζυγιση) που θα μου χαλαει τα σχεδια?!! Αν ζητας αυτο με 4 αβολα σεναρια των 3ων ζυγισεων βγαζουμε ακρη(οτι 3 ζυγισεις δεν αρκουν).Και επειδη το εκανα και αυτο σου λεω οτι τουλαχιστον στην περιπτωση που η 1η ζυγιση ισορροπει(σε ολα τα σεναρια)(μια-μια,δυο-δυο,τρεις-τρεις,τεσσερεις-τεσσερεις) διαπιστωσα οτι 3 ζυγισεις δεν αρκουν.Αυτο θεωρειται λυση? Αν ναι καλως.Αν οχι πες μου τι ζητας.Φυσικα μπορω σε καθε περιπτωση να σου στειλω αναλυτικα τις ζυγισεις(αν και μου τρωει τα προσημα η τεχνητη νοημοσυνη).

  68. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 24, 2010 στις 8:46 μμ

    Να τα πάρουμε ένα ένα με τη σειρά.

    Με 6 μπάλες, οι 3 ζυγίσεις είναι αρκετές (οπότε ίσως να σου ξέφυγε κάτι στους υπολογισμούς σου). Παραθέτω μία απόδειξη παρακάτω.

    Ακόμα όμως και να μην ήταν, αυτό δεν θα θεωρούνταν απαραίτητα λύση για το πρόβλημα των 9 μπαλών, γιατί (όπως είδαμε και παραπάνω) μερικές φορές οι παραπάνω μπάλες διευκολύνουν το έργο μας…

    Προτείνω λοιπόν να εστιάσεις την προσοχή σου απ’ ευθείας στις 9…

    Τώρα έρχομαι στο τι ζητάω:

    Ακριβώς! Πρέπει να δείξεις ότι οι στρατηγικές από μία-μία έως τέσσερις-τέσσερις αποτυγχάνουνε όλες. Αλλά πρόσεξε! Οι μπάλες σου πλέον είναι πολλές. Οπότε έχεις πολλές υποπεριπτώσεις (στη δεύτερη ζύγιση) να εξετάσεις.

    Πχ. όταν ελέγχεις την περίπτωση τρεις-τρεις (123 με 456) τότε για δεύτερη ζύγιση πρέπει να εξετάσεις όλες τις δυνατές περιπτώσεις (και να δείξεις ότι αποτυγχάνουνε!). Πχ. 124 με 459, 345 με 789, 134 με 589, 18 με 29, 34 με 78 και γενικά όλους τους δεκάδες συνδυασμούς που μπορούνε να εμφανιστούνε. Αλλά επειδή δεν είσαι μηχανή και δεν γίνεται να τους καταγράψεις όλους (όλες οι πιθανές ζυγίσεις είναι 3102), καλό είναι να βρεις ένα έξυπνο επιχείρημα που να σου αποκλείει μεγάλες ομάδα ζυγίσεων. [Γι’ αυτό εδώ, σκέψου τι κάναμε στο πρόβλημα 3. Εκεί, δείξαμε πχ. ότι στην πρώτη ζύγιση πρέπει να έχουμε τουλάχιστον 28 μπάλες πάνω στη ζυγαριά. Μ’ αυτόν τον τρόπο αποκλείσαμε ως πρώτες ζυγίσεις όλες τις τοποθετήσεις από μία-μία έως δεκατρείς-δεκατρείς!]

    Επίσης, δεν θέλω να μου γράψεις όλες τις ζυγίσεις, αλλά θέλω να μου δώσεις ένα σχετικά συνοπτικό και κατατοπιστικό επιχείρημα (όπως αυτό που έδωσα εγώ για το πρόβλημα 3) με το οποίο να με πείσεις ότι όσο και να σπάω το κεφάλι μου, δεν πρόκειται να βρω στρατηγική που να μου ξεκαθαρίζει τις (9) μπάλες… 🙂

    Έρχομαι τώρα ξανά στις 6 μπάλες…

    Ζυγίζεις 12 με 34.

    Όπως σωστά είπες και συ, το πιο δύσκολο αποτέλεσμα είναι να ισορροπήσει η ζυγαριά. Οπότε έστω ότι ισορροπεί. (Όλες οι άλλες περιπτώσεις είναι ευκολότερες…)

    Τώρα ζυγίζουμε 13 με 54.

    Αν ισορροπήσει: Τότε οι 1 και 4 είναι οι σκάρτες (βαριές ή ελαφριές). Στην επόμενη ζυγιση (πχ. 1 με 6) τις προσδιορίζουμε.

    Αν γείρει πολύ αριστερά: Τότε οι 1 και 3 είναι οι βαριές

    Αν γείρει πολύ δεξιά: Τότε οι 1 και 3 είναι οι ελαφριές…

    Αν γείρει λίγο αριστερά: Τότε (2, 3) βαριές, (5, 6) ελαφριές ή (2, 4) ελαφριές. Οπότε ζυγίζουμε 4 με 6 και τις βρίσκουμε!

    Αν γείρει λίγο δεγιά: Tότε (2, 3) ελαφριές, (5, 6) βαριές ή (2, 4) βαριές. Οπότε πάλι ζυγίζουμε 4 με 6 και τις βρίσκουμε!

    Σε κάθε περίπτωση οι 3 ζυγίσεις είναι αρκετές!

    Σημείωση: Ο λόγος που τόνισα παραπάνω ότι πρέπει να ελέγξεις όλες τις αμέτρητες υποπεριπτώσεις που υπάρχουν (ή να βρεις ένα έξυπνο επιχείρημα για να τις απορρίψεις) είναι γι’ αυτό ακριβώς! Ποτέ δεν θα είμαστε σίγουροι ότι οι 3 ζυγίσεις είναι ανεπαρκείς, παρά μόνο αν έχουμε δοκιμάσει όλες τις πιθανές στρατηγικές και έχουνε αποτύχει όλες! 😉

  69. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 25, 2010 στις 9:51 πμ

    Νομιζω οτι καταλαβα.Ζυγιζω 123 με 456.Ας πουμε γερνει λιγο δεξια.Αυτο λεει οτι εχουμε μια ενοχη με διπλη ιδιοτητα στις 789 λαι μια ενοχη με μονη ιδιοτητα στις 123 η’ 456.Αυτο μας κανει αν δεν κανω λαθος 36 συνδιασμους(η’ οπως αλλιως λεγεται).Εμεις ομως εχουμε 2 ζυγισεις που μπορουν να δωσουν το πολυ 5χ5=25 ενδειξεις.Αρα 3 ζυγισεις δεν αρκουν.Τωρα στις 1234 με 5678 αν ερθει π.χ. ισορροπια μας κανει αν δεν κανω λαθος 32 συνδιασμους το οποιο δεν καλυπτεται απο τις 5χ5=25 ενδειξεις.Οσον αφορα τις αλλες δυο στρατηγικες Νομιζω οτι ζυγιζοντας μια με μια η’ δυο με δυο δεν αξιζει να ασχοληθουμε σε περιπτωση ισορροπιας.

  70. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 25, 2010 στις 7:38 μμ

    Οι ιδέες σου είναι σωστές! Προσοχή στις πράξεις μόνο…

    Αν 123 με 456 γείρει δεξιά, τότε:

    -είτε μία Β στις 456 και μια Β στις 789 (9 περιπτώσεις)
    -είτε μία Ε στις 123 και μία Ε στις 789 (9 περιπτώσεις)

    Συνολικά έχουμε 18 περιπτώσεις.

    Αν 1234 και 5678 ισορροπήσουν τότε έχεις δίκιο. Έχουμε 4*4+4*4=32 πιθανούς συνδυασμούς, που δεν καλύπτονται με δύο ζυγίσεις. Άρα δεν μπορεί αυτή να είναι η πρώτη μας ζύγιση! 🙂

  71. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 26, 2010 στις 11:18 πμ

    Αρα θελουμε και 2η ζυγιση.Αστο.Αν 123=456 τοτε μια και μια εδω η’ και οι δυο εκτος.αρα 3χ3χ2+6=24.Οριακα αλλα παλι θελουμε 2η ζυγιση.Τωρα τι κανουμε?Τα οριακα μπορει να εχουν πιο πολυ μπερδεμα.Παμε στην 1η περιπτωση.123 με 456 γερνει λιγο δεξια.Ειπαμε 18 περιπτωσεις.Αν ζυγισουμε σε 4αδες δεν λεει.Αρα σε 3αδες.Οι δυο βασικες υποψηφιοτητες ειναι 123 με 789 η’ 456 με 789.Και στις δυο βγαζουμε το ιδιο συμπερασμα.Κατ αρχας η ζυγαρια η’ θα παραμεινει ως ειχε η’ θα ισορροπησει.Αρα 9 υποψηφιοι συνδιασμοι που δεν καλυπτοντε απο τις 5 πιθανες ενδειξεις της 3ης ζυγισης.Επισης παρατηρουμε οτι οι ενδειξεις που μπορουμε να παρουμε ειναι το πολυ δεκα αρα λιγοτερες απο τις 18 περιπτωσεις.Αρα σε οποιαδηποτε 2η ζυγιση πρεπει να εχουμε το πολυ 3 πιθανες ενδειξεις 3χ5=15.Και?Θα το δω αργοτερα.

  72. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 26, 2010 στις 8:34 μμ

    Σωστά! Στην ισορροπία έχουμε 24 δυνατές περιπτώσεις και στην ελάφριά κλίση (προς τα δεξιά ή αριστερά) έχουμε 18 περιπτώσεις…

    Τα υπόλοιπα επιχειρήματα θα σε αφήσω να τα βασανίσεις λίγο ακόμα στο μυαλό σου… 🙂

  73. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 27, 2010 στις 3:29 μμ

    Ξανα.123=456, 24περιπτωσεις.3βασικες 3αδες.Α,Β,Γ.Α=123,Β=456 και Γ=789.Η Γ 3αδα μας παιδευει.Λοιπον 2 ζυγια 6 θεσεις 3 και 3,ενα ως εξι θεση.2η ζυγιση. 1ο στην 6η θεση η 9η μπαλα(εξω 7 και 8) και οτιδηποτε στις αλλες 5 θεσεις.Η ζυγαρια ισα τουλαχιστον 6 συνδιασμοι. 2ο Στην 1η θεση η 7 στην 6η η 9(εξω η 8) οτιδηποτε στις αλλες 5.Η ζυγαρια ισα τουλαχιστον 6 συνδιασμοι.3ο Στην 5η θεση η 8 στην 6η η 9(εξω η 7) οτιδηποτε στις αλλες 4.Η ζυγαρια γερνει λιγο δεξια τουλαχιστον 6 συνδιασμοι.4ο Στην 1η θεση η 7 στην 5η η 8 και στην 6η η 9,οτιδηποτε στις αλλες 3.Η ζυγαρια ισα τουλαχιστον 6 συνδιασμοι.5ο Στο 2ο ζυγι 789 και στο 1ο ζυγι 123 η’ 456(το ιδιο ειναι).Η ζυγαρια γερνει λιγο δεξια 9 συνδιασμοι.6ο Στο 2ο ζυγι 789 και στο 1ο ζυγι δυο και μια απο τις 2 βασικες 3αδες Α και Β.π.χ. 124 με 789.Εδω ειναι τα δυσκολα.Νομιζω το χειροτερο ειναι γερνει πολυ δεξια 5 (τρεις και δυο)συνδιασμοι.Θεωρητικα καλυπτεται απο την 3η ζυγιση αλλα πρακτικα οχι.Οπως και να τις βαλεις στην ζυγαρια δεν προβλεποντε 5 ενδειξεις.Θα ελεγα δυο(αντε τρεις ισως).Σε λιγο το χειριστο.

  74. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 27, 2010 στις 4:04 μμ

    Αν παρεις βοηθεια κοινου(3,5,6) τοτε !!! εχεις 4 πιθανες ενδειξεις και ολα τα προσδοκουμενα αποτελεσματα-συνδιασμους ΣΟΚ!!! Ενα παραδειγμα.Ζυγιζω 714 με 628.1ο Γερνει πολυ αριστερα δεν γινεται.2ο Γερνει πολυ δεξια 1Ε,4Ε.3ο Γερνει λιγο αριστερα 7Β,9Β.4οΓερνει λιγο δεξια 8Β,9Β.5ο Η ζυγαρια ισα 7Β,8Β η’ 2Ε,4Ε.Αρα με αυτη την τελευταια ενδειξη καταληγεις στο συμπερασμα οτι 3 ζυγισεις δεν ειναι αρκετες για να ξεκαθαρισεις απο 9 μπαλες 2(ειτε ελαφρυτερες,ειτε βαρυτερες).

  75. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 27, 2010 στις 5:08 μμ

    Στο πρωτο απο τα δυο τελευταια σχολια(στο τελος) εκει που λεω δεν προβλεποντε 5 ενδειξεις αλλα δυο(αντε 3) εξηπακουεται οτι θα παρω την χειροτερη ενδειξη.π.χ. 127 με 489 η ζυγαρια ισα(που δεν βγαζω συμπερασμα) γιατι αν εγερνε πολυ δεξια τοτε 8Β,9Β.

  76. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 28, 2010 στις 5:57 πμ

    Μερικά σχόλια:

    – Στο 4, αν ζυγίσεις 712 και 389 και ισορροπήσει, τότε έχεις 2+2=4 δυνατές περιπτώσεις και όχι τουλάχιστον 6. Παρόλα αυτά, αν γείρει πχ. δεξιά, τότε έχεις 3+6=9 πιθανά αποτελέσματα, οπότε OK!

    – Στο 6, ζυγίζεις 124 με 789. Εδώ θέλω να σταθείς λίγο περισσότερο και να με «πείσεις» κάπως καλύτερα. Το ξέρω ότι μπορείς… 🙂

    – Ξέχασες την περίπτωση που δεν ανεβάζουμε καμία από τις 7,8,9 στη ζυγαριά και απλώς «ανακατεύουμε» τις ήδη υπάρχουσες. Αλλά και πάλι έχουμε τουλάχιστον 10 περιπτώσεις στην ισορροπία, οπότε και πάλι είσαι ΟΚ!

    – Στη ζύγιση 714 με 628 σου έχει ξεφύγει κάτι μικρό (η ζυγαριά μπορεί να γείρει πολύ αριστερά: πχ. (1,4) βαριές ή (2,6) ελαφριές), αλλά δεν δημιουργεί κάποιο πρόβλημα, γιατί έχεις δώσει γενικότερη απάντηση παραπάνω.

    – Κατά τ’ άλλα, μ’ αρέσει η μεθοδικότητα στην προσέγγιση σου! Ένα ένα αποκλείεις όλα τα πιθανά σενάρια δεύτερης ζύγισης της μορφής «3-3″…

    – Δείχνοντας μου λοιπόν και το 6, θα έχεις αποδείξει, ότι αν τις βάλουμε αρχικά «3-3» και ισορροπήσει η ζυγαριά, τότε δεν μπορεί η δεύτερη ζύγιση μας να είναι πάλι της μορφής «3-3» γιατί πάντοτε καταλήγουμε να έχουμε κάποιες ενοχλητικές ενδείξεις που οδηγούν σε πάνω από 5 πιθανά αποτελέσματα (ή ενδείξεις που δεν ξεκαθαρίζονται με την τρίτη ζύγιση). Κι αυτό θα συμβεί ανεξάρτητα από το πως θα ανεβάσουμε τις μπάλες 7,8,9 στη ζυγαριά!

    Σε πολύ καλό δρόμο είσαι! 😉

  77. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 28, 2010 στις 7:05 μμ

    Δεν καταλαβαινω τι ζητας(στο τελευταιο σχολιο).1η ζυγιση 123=456.2η ζυγιση 124 με 789 ναι η οχι.Αν ναι εννοεις στην 3η ζυγιση να εξετασουμε και την παραμετρο των 4αδων,αν οχι εννοεις στην 2η ζυγιση να εξετασουμε και την παραμετρο των 4αδων?Αν εννοεις η 2η ζυγιση να γινει με 4αδες τοτε οτι και να ζυγισουμε καλυπτομαστε.π.χ. 1234=6789 (6 συνδιασμοι).Αν εννοεις η 3η να γινει σε 4αδες εχουμε παρομοια αποτελεσματα.Αν τελικα εννοεις η 2η να γινει σε 2αδες τοτε π.χ. 19 = 78 παλι δεν λεει.Επισης το ιδιο για την 3η σε 2αδες.Και κατι ακομα.Λες στο τελος οτι η 2η ζυγιση 3 με 3 καταληγει παντα να εχουμε καποιες ενδειξεις που οδηγουν σε πανω απο 5 πιθανα αποτελεσματα.Ομως στην περιπτωση της 2ης ζυγισης 124 με 789 σε καμια πιθανη ενδειξη δεν εχουμε πανω απο 5 πιθανα αποτελεσματα.

  78. γιωργος said,

    Φεβρουαρίου 28, 2010 στις 8:36 μμ

    Μια τελευταια σκεψη.Ειναι 5 οι συνδιασμοι που προκυπτουν οταν ζυγιζω 124 με 789(εκτος ισα).Εσυ γιατι λες 6.Πως ειναι 6? Οι πιθανες 2αδες λενε 5.Τι, 2 ενοχοι και 4 αθωοι =6?

  79. Duncan said,

    Φεβρουαρίου 28, 2010 στις 8:57 μμ

    Δεύτερη ζύγιση 124 με 789, ναι!

    Απλά γιατί καταλήγουμε σε αδιέξοδο αν ισορροπήσει ή αν γείρει? Εδώ σε κάθε ένδειξη της ζυγαριάς έχουμε (το πολύ) 5 πιθανους συνδυασμούς κι όχι τουλάχιστον 6. Άρα γιατί υπάρχει πρόβλημα?

    Είπες παραπανω: «Θεωρητικα καλυπτεται απο την 3η ζυγιση αλλα πρακτικα οχι» το οποίο είναι σωστό! Απλώς θέλω να μου το αποδείξεις καλύτερα! (Να μου εξηγήσεις δηλαδή γιατί είναι «πρακτικά» αδύνατο).

    ΥΓ.: Γιώργο, είχα ξεχάσει να προσθέσω μία παρένθεση στο σχόλιο 76 (γραμμές 3 και 4 από το τέλος). Ευχαριστώ που το παρατήρησες! 😉

  80. γιωργος said,

    Μαρτίου 1, 2010 στις 8:00 πμ

    Aρα ζητας να ανακατεψουμε τις μπαλες και να τις βαλουμε στην ζυγαρια.Ας πουμε 3η ζυγιση 127 με 489.Αν ισα 4 συνδιασμοι και δεν εχουμε αλλη ζυγιση.Ας πουμε 3η ζυγιση 147 με 289.Αν ισα 3 συνδιασμοι δεν εχουμε αλλη ζυγιση.Σε καθε περιπτωση δεν λεει.Ολα αυτα εφ οσον 2η ζυγιση 124 με 789 γερνει πολυ δεξια.Αν παρουμε βοηθεια κοινου ειπαμε την καλυτερη(χειροτερη) περιπτωση.Επισης ειπαμε αν 3η ζυγιση σε 4αδες η’ 2αδες δεν λεει (αναλογα τι ζυγιζουμε υπαρχει παντα μια ενδειξη που δεν μας καλυπτει) π.χ. 1243 με 6789 η’ 19 με 78 Στην 1η γερνει πολυ δεξια 5 συνδιασμοι στην 2η ισα 3συνδιασμοι.Δεν εχουμε αλλη ζυγιση.

  81. Duncan said,

    Μαρτίου 1, 2010 στις 8:48 πμ

    Αυτή η ανάλυση θα δώσει κάποια στιγμή εξήγηση, αλλά είναι κάπως μακροσκελής και πολύπλοκη.

    Εναλλακτικά, μπορείς να πείς ότι αφού μετά τη ζύγιση 124 και 789 (γέρνει πολύ δεξιά), έχουμε 5 πιθανά ενδεχόμενα, τότε για να μπορέσουμε να τα ξεκαθαρίσουμε, η τρίτη ζύγιση θα πρέπει να μας «δείξει» και τις 5 πιθανές ενδείξεις (Ισορροπεί, γέρνει λίγο αριστερά και δεξιά, γέρνει πολύ αριστερά και δεξιά)

    Αλλά αυτό σημαίνει ότι οι ενδείξεις (στην τρίτη ζύγιση πάντα!) «γέρνει πολύ δεξιά» και «γερνει πολύ αριστερά» θα έπρεπε να εμφανιστούν κι αυτές. Αλλά είναι μετρημένες στα δάχτυλα οι τοποθετήσεις που (θα μπορούσαν να) μας δίνουν αυτές τις ενδείξεις (πχ. 2356 με 1478 – γιατί το ζευγάρι (1,4) θα μπορούσαν να ναι ελαφριές και το ζευγάρι (7,8) θα μπορούσαν να ναι οι βαριές). Αλλά τότε έχουμε το πρόβλημα ότι κάποια άλλη από τις 5 ενδείξεις δεν θα εμφανίζεται. (Πχ στο παραπάνω παράδειγμα που ζυγίσαμε 2356 με 1478, η ζυγαριά δεν μπορεί ποτέ να γείρει λίγο αριστερά!)

    Παρόμοια δουλεύουμε και για τις άλλες ενδείξεις της ζύγισης 124 με 789…

  82. γιωργος said,

    Μαρτίου 1, 2010 στις 5:33 μμ

    Οταν ζυγιζουμε 2356 με 1478 φυσικα και μπορει να ισορροπει 2Ε,4Ε.Προφανως εννοεις οτι δεν μπορει να γερνει πολυ αριστερα.Περα απ αυτο παλι δεν καταλαβαινω.Ειπες οτι 3 ενδειξεις (μια σε καθε ζυγιση) που δεν οδηγουν σε λυση θετικη αρκουν ως λυση αρνητικη.Τελικα τι πρεπει να κανω για να θεωρησεις οτι ελυσα το προβλημα? Με 3αδες το ελυσα? Θελεις με 4αδες με 2αδες με 1αδες? Τι θελεις ακριβως? Δεν καταλαβαινω τι ζητας να αποδειξω.

  83. Duncan said,

    Μαρτίου 1, 2010 στις 11:50 μμ

    Ναι Γιώργο, αυτό εννοούσα, ευχαριστώ! Το διόρθωσα παραπάνω…

    Μέχρι στιγμής έχεις δείξει ότι αν η πρώτη ζύγιση είναι 3-3 (και ισορροπήσει) τότε η δεύτερη ζύγιση δεν μπορεί να είναι πάλι 3-3. Επίσης έδειξες ότι η πρώτη ζύγιση δεν μπορεί να είναι 4-4.

    Για να έχεις ολοκληρωμένη λύση πρέπει να δείξεις επίσης:

    1) ότι η δεύτερη ζύγιση (μετά από την ισορροπία των 3-3) δεν μπορεί να είναι ούτε 1-1, (εύκολο), ούτε 2-2, ούτε 4-4.

    2) ότι η πρώτη ζύγιση δεν μπορεί να είναι 1-1 (εύκολο), ούτε 2-2.

    Καλή επιτυχία! 😉

  84. γιωργος said,

    Μαρτίου 2, 2010 στις 9:14 πμ

    1η ζυγιση 2 με 2 π.χ. 12 με 34.Αν ισα 28 συνδιασμοι (2 ζυγισεις 25) αρα δεν γινεται.1 με 1 αν ισα αστο.Παμε στην αλλη.1η 123=456.2η δυο με δυο.Οποιες 2 2αδες και αν ζυγισουμε σε ισορροπια τουλαχιστον 6 συνδιασμοι π.χ. 12=78 6 συνδιασμοι οποτε η 3η ζυγιση δεν λεει.Αρα μενει η 2η ζυγιση σε 4αδες.Οποιες 2 4αδες και αν ζυγισουμε πρεπει να εχουμε μια ενδειξη που θα μας δινει τουλαχιστον 6 συνδιασμους.Ισα δεν λεει.Σε μια περιπτωση 1256=3789 δινει 4 συνδιασμους.Θεωρητικα γινεται.Πρακτικα ομως?Μαλλον εδω ειμαστε αλλα πρεπει να αποδειξουμε οτι η 3η ζυγιση ειτε 1-1 ειτε 2-2 ειτε 3-3 ειτε 4-4 δεν οδηγει πουθενα.Θα το δω αργοτερα.

  85. Duncan said,

    Μαρτίου 2, 2010 στις 9:33 πμ

    Προσοχή λίγο στις δυάδες.

    Πχ αν ζυγίσεις 12 με 39 και ισορροπήσει, τότε έχεις 2 πιθανά ενδεχόμενα…

  86. Doukas_Babys said,

    Μαρτίου 2, 2010 στις 10:59 πμ

    Αφού είστε τόσο καλοί στο να λύνετε γρίφους σκέφτηκα να δοκιμάσετε και αυτον τον γρίφο αυτό.Επίσης θα ήθελα να πώ οτι ο Einstain τον έλυσε σε 90′ και επίσης θα σας παρακαλούσα να μην διαβάσετε την απάντηση στο Internet.Ευχαριστώ!

    Ο ΓΡΙΦΟΣ ΤΟΥ EINSTAIN

    Ο ΓΡΙΦΟΣ ΤΟΥ ΑΪΝΣΤΑΪΝ

    Υπάρχουν πέντε σπίτια, πέντε διαφορετικών χρωμάτων. Σε κάθε σπίτι ζεί ένας άνθρωπος διαφορετικής εθνικότητας. Οι πέντε ιδιοκτήτες πίνουν συγκεκριμένο είδος ποτού, καπνίζουν συγκεκριμένη μάρκα τσιγάρων και έχουν συγκεκριμένο κατοικίδιο. Όλοι όμως διαθέτουν διαφορετικά κατοικίδια, διαφορετικές μάρκες τσιγάρων και διαφορετικά είδη ποτών.

    Η ΕΡΩΤΗΣΗ ΕΙΝΑΙ : ΠΟΙΟΣ ΕΧΕΙ ΤΟ ΨΑΡΙ ????

    Στοιχεία :

    1. Ο Αγγλος μένει στο κόκκινο σπίτι

    2. Ο Σουηδός έχει ένα σκυλο

    3. Ο Δανός πίνει τσάι

    4. Το πράσινο σπίτι είναι αριστερά απο το άσπρο

    5. Ο ιδιοκτίτης του πράσινου σπιτιού πίνει καφέ

    6. Αυτός που καπνίζει Pall Mall εκτρέφει πουλιά

    7. Ο ιδιοκτήτης του κίτρινου σπιτιού καπνίζει Dunhill

    8. Αυτός που μένει στο μεσαίο σπίτι πίνει γάλα

    9. Ο Νορβηγός μένει στο πρώτο σπίτι.

    10. Αυτός που καπνίζει Blends μένει δίπλα σ’αυτον που έχει γάτες

    11. Αυτος που έχει άλογο μένει δίπλα σ’αυτον που καπνίζει Dunhill

    12. Ο ιδιοκτήτης που καπνίζει Bluemasters πίνει μπίρα

    13. Ο Γερμανός καπνίζει Prince

    14. Ο Νορβηγός μένει δίπλα στο μπλέ σπίτι

    15. Αυτός που καπνίζει Blends έχει έναν γείτονα που πίνει νερο

  87. Duncan said,

    Μαρτίου 2, 2010 στις 11:24 πμ

    Φίλε Doukas_Babys, ευχαριστώ πολύ για την ανάρτηση του γρίφου! 😉

    Τον έχω υπ’ όψιν μου, μιας και κυκλοφορεί εκεί έξω, εδώ και κάποια χρόνια. (Θυμάμαι τον έλυσα για πρώτη φορά στο Γυμνάσιο.)

    Ήταν μάλιστα τόσο πρωτοποριακός όταν πρωτοβγήκε, που αποτέλεσε τροφή για ολόκληρη κατηγορία προβλημάτων Λογικής. Προβλήματα που θυμάμαι κατέκλυζαν διάφορα περιοδικά με σπαζοκεφαλιές και σταυρόλεξα…

    Ήταν ένα Sudoku της δεκαετίας του ’90! 🙂

  88. γιωργος said,

    Μαρτίου 2, 2010 στις 4:52 μμ

    Αρα 2η ζυγιση δεν μπορει να ειναι 1-1 ουτε 2-2 ουτε 3-3 ουτε 4-4.Επισης 1η ζυγιση δεν μπορει να ειναι 1-1 ουτε 2-2 ουτε 4-4 αλλα μονο 3-3.Αρα το προβλημα δεν εχει λυση (με 3 ζυγισεις).Για μενα 1η ζυγιση 123 με 456 ισα, 2η ζυγιση 124 με 789 γερνει πολυ δεξια 3η ζυγιση (οποιαδηποτε) θα υπαρχει εστω μια πιθανη ενδειξη που θα δειχνει τουλαχιστον δυο συνδιασμους.Και ας λες οτο ειναι μακροσκελης και πολυπλοκη και θα δωσει καποια στιγμη εξηγηση.

  89. Duncan said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 12:07 πμ

    To 124 με 789 το δέχτηκα. Ο λόγος που έδωσα την πιο σύντομη λύση παραπάνω, είναι πρώτον για λόγους πληρότητας, και δεύτερον για τους υπόλοιπους αναγνώστες μου…

    Αυτά που δεν έχω δεχτεί ακόμα και χρειάζονται σίγουρα εκτενέστερη ανάλυση από τη μεριά σου, είναι το τι θα συμβεί αν:

    1) 123 = 456 και ζυγίσεις 2-2 (δεν έχω πειστεί ακόμα)

    2) 123 = 456 και ζυγίσεις 4-4 (ούτε εδώ έχω πειστεί)

    ΥΓ.: Ανάρτησα και μία επιλύσημη (από μη μαθηματικούς) έκδοση του προβλήματος που μου έστειλες μέσω e-mail…

  90. γιωργος said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 8:19 πμ

    1η 123=456. 2η 12=37 2 συνδιασμοι.Η 3η δινει λυση .Αρα οχι 2-2. 1η 123=456. 2η 1256=3789 4συνδιασμοι. 3η 12 με 35.Ισα δεν γινεται.Σε οποιαδηποτε αλλη ενδειξη εχουμε λυση.Αρα οχι 4-4.Και?

  91. Duncan said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 8:42 πμ

    Γιώργο μπερδεύτηκες πάλι…

    Μην ξεχνάς ότι πας να δείξεις ότι δεν υπάρχει λύση. Άρα πρέπει να δείξεις ότι ΌΠΩΣ και να τις βάλεις 2-2 (ή 4-4) στη ζυγαριά, θα υπάρχει μία ένδειξη της τελευταίας που θα οδηγεί σε αδιέξοδο.

    πχ. αν βάλεις 12 με 37 τότε μία κακή περίπτωση είναι να γείρει η ζυγαριά δεξιά, οπότε έχουμε 11 περιπτώσεις και άρα καταλήγουμε σε αδιέξοδο.

    Αρά η 12 με 37 δεν είναι «σωστή» ζύγιση. Για να ολοκληρώσεις λοιπόν την απόδειξη, πρέπει να μου δείξεις ότι καμία 2-2 (ή 4-4) ζύγιση δεν είναι «σωστή»…

    Όπως ακριβώς έκανες και με τις 3-3 παραπάνω… 😉

    Επίσης, για να μην κάθεσαι και δοκιμάζεις, όλους τους δυνατούς συνδυασμούς σκέψου έξυπνα ώστε να καταφέρεις να αποφύγεις πολλούς από αυτούς…

  92. γιωργος said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 9:03 πμ

    1η 123 με 456 γερνευ λιγο δεξια.2η σε 4αδες π.χ. 1234 με 6789 γερνει πολυ δεξια 3 συνδιασμοι.3η ζυγιση εχουμε λυση.2η σε 2αδες π.χ. 17=89 2 συνδιασμοι. 3η ζυγιση εχουμε λυση. 2η σε 3αδες 127=389 5 συνδιασμοι. 3η ζυγιση(οποιαδηποτε) θα υπαρχει εστω μια πιθανη ενδειξη που θα δειχνει τουλαχιστον 2 συνδιασμους. π.χ. 17=89,4568=1239,127 με 689 γερνει λιγο αριστερα.Αρα 3 ζυγισεις δεν αρκουν.Επομενως εχουμε 3 πιθανα σεναρια.Αυτο, το αντιστροφο και το πρωτο που ανεφερα.Δηλαδη 1η 123 με 456 ισα, γερνει λιγο δεξια,γερνει λιγο αριστερα.

  93. Duncan said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 9:25 πμ

    Αν καταφέρεις να δείξεις ότι 123=456 σε οδηγεί σε αδιέξοδο (ότι και να κάνεις στις επόμενες ζυγίσεις), τότε δεν χρειάζεται να εξετάσεις τις συμβαίνει αν 123 < 456. [Θα έχεις δηλαδή δείξει ότι για πρώτη ζύγιση δεν μπορούμε να έχουμε 3-3]

    Κι αυτό γιατί αν βάλεις (ως πρώτη ζύγιση) τις μπάλες 3-3 πάνω στη ζυγαριά, θα υπάρχει πάντοτε η πιθανότητα να ισορροπήσει…

  94. γιωργος said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 9:52 πμ

    Οπως και να τις βαλουμε ανα 2αδες θα υπαρχει μια πιθανη ενδειξη που θα μας δινει τουλαχιστον 8 συνδιασμους.

  95. Duncan said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 10:04 πμ

    Τέτοιες «βαριές» δηλώσεις απαιτούν απόδειξη… 😀

  96. γιωργος said,

    Μαρτίου 3, 2010 στις 7:01 μμ

    .14με78 ισα 8 συνδιασμοι.12με78 γερνει λιγο δεξια 8 συνδιασμοι.Αρκει?Σε 4αδες μια απο τις χειροτερες 1234=6789 6συνδιασμοι.Στην 3η ζυγιση οτι και να βαλουμε στην ζυγαρια θα εχουμε μια πιθανη ενδειξη που θα μας δινει τουλαχιστον 2 συνδιασμους.π.χ. 16=24,163=245,1637=2458.

  97. Duncan said,

    Μαρτίου 4, 2010 στις 2:00 πμ

    Δεν αρκεί γιατί κάποιος μπορεί να έρθει και να σου πει και τι συμβαίνει
    αν ζυγίσεις 13 με 67 ή 59 με 78 ή 57 με 69 (τυχαία παραδείγματα) κτλ κτλ…?

    Για να σε βοηθήσω όμως θα σου θέσω το εξής ερώτημα:

    Μετά από 123 = 456 έχουμε 24 πιθανά σενάρια. Άρα πώς θα πρέπει να είναι η κατανομή αυτών των 24 σεναρίων στις 5 (πιθανές) ενδείξεις της ζυγαριάς στη δεύτερη ζύγιση για να έχουμε (θετική) λύση? Ποια ένδειξη θα μας δυσκολέψει περισσότερο να το πετύχουμε αυτό?

  98. γιωργος said,

    Μαρτίου 4, 2010 στις 7:52 πμ

    Εδω εχουμε 18+6=24 συνδιασμους.Αν δεν ανακατεψουμε τους μεν με τους δε οτι και να βαλουμε στη ζυγαρια σε περιπτωση ισορροπιας εχουμε τουλαχιστον 6 συνδιασμους.Αν τους ανακατεψουμε εχουμε 36 συνδιασμους οποτε οτι και να βαλουμε στη ζυγαρια θελουμε 6 ενδειξεις πραγμα αδυνατο.

  99. Duncan said,

    Μαρτίου 4, 2010 στις 8:37 πμ

    Αυτό θέλουμε να δείξουμε. Την απόδειξη ψάχνουμε…

    Πάμε πίσω ξανά λοιπόν στο ερώτημα: Έχουμε ήδη 24 συνδυασμούς και έστω ότι κάνουμε δεύτερη ζύγιση της μορφής 2-2. Πόσους (θεωρητικά) από αυτούς τους συνδυασμούς πρέπει να έχουμε στην περίπτωση ισορροπίας, πόσους στην ελαφριά αριστερη κλίση, πόσους στην ελαφρια δεξιά κλίση, πόσους στην έντονη αριστερη κλίση και πόσους στην έντονη δεξιά κλίση για να ΜΗΝ καταλήξουμε σε «αδιέξοδο»?

  100. γιωργος said,

    Μαρτίου 4, 2010 στις 10:42 πμ

    Πρεπει να εχουμε απο 5 (στην καθε περιπτωση) συνολο 25 που ομως δεν γινεται.

  101. Duncan said,

    Μαρτίου 4, 2010 στις 10:45 πμ

    Μπράβο αλλά μη βιάζεσαι…

    Λόγω συμμετρίας πρέπει να έχουμε 5 σε κάθε ένδειξη, εκτός από την ισορροπία που θα πρέπει να έχουμε 4…

    Το ερώτημα λοιπόν γίνεται: Μπορούμε να έχουμε 5 συνδυασμούς στην ένδειξη: «Γέρνει πολύ δεξιά»? Κι αν όχι γιατί?

  102. γιωργος said,

    Μαρτίου 5, 2010 στις 11:24 πμ

    Στην καλυτερη περιπτωση αν γερνει πολυ δεξια θα εχουμε 2 συνδιασμους.Γιατι θα ειναι 2 βαριες δεξια η’ 2 ελαφριες αριστερα.π.χ. 14 με 25 η’ 14 με 78.Στην χειροτερη 1 συνδιασμο π.χ. 12 με 78.Σ» αυτη την περιπτωση εχουμε συνολικα σε ολες τις πιθανες ενδειξεις 24 συνδιασμους και θεωρητικα εχουμε λυση.Ομως δεν εχουμε διοτι γερνει λιγο δεξια η’ αριστερα 8 συνδιασμοι ισα 6 συνδιασμοι.μια ζυγιση δεν αρκει.

  103. Duncan said,

    Μαρτίου 5, 2010 στις 11:49 πμ

    Ακριβώς! Όπως είπες και συ, «Αν γείρει δεξιά, τότε στην καλύτερη περίπτωση θα έχουμε 2 συνδυασμούς» (βαριές δεξιά-ελαφριές αριστερά).

    Συνεπώς, θα μας μένουνε τουλάχιστον 24-2=22 συνδυασμοί οι οποίοι θα πρέπει να μπορούνε να χωρέσουνε στις υπόλοιπες 4 ενδείξεις! Άρα, κάποια από αυτές τις ενδείξεις θα πρέπει να «φορτωθεί» τουλάχιστον 6 συνδυασμούς (γιατί αν έχουμε να βάλουμε 22 μήλα σε 4 καλάθια, ένα καλάθι θα πρέπει να «φορτωθεί» τουλάχιστον 6 μήλα)! Άρα, η τρίτη ζύγιση δεν μας φτάνει!

    Είδες τι ωραία που «κυλάει» το επιχείρημα σου τώρα! 😉

    Κατακλείδα:

    H πρώτη ζύγιση δεν μπορεί να είναι 1-1, 2-2, 4-4,

    Αν η πρώτη ζύγιση είναι 3-3, τότε η δεύτερη δεν μπορεί να είναι 1-1, 2-2, 3-3…

    Μένει λοιπόν μόνο να δείξεις ότι αν η πρώτη ζύγιση είναι 3-3 (και ισορροπήσει) τότε η δεύτερη ζύγιση δεν μπορεί να είναι 4-4!

  104. γιωργος said,

    Μαρτίου 5, 2010 στις 6:28 μμ

    Το περιμενα.Αυριο ισως, μαλλον.

  105. γιωργος said,

    Μαρτίου 6, 2010 στις 11:21 πμ

    Οπως και να τις βαλουμε στη ζυγαρια σε 4αδες στην ενδειξη γερνει λιγο θα εχουμε το πολυ 3 συνδιασμους.24-3=21.Ενα καλαθι 6 μηλα!

  106. Duncan said,

    Μαρτίου 7, 2010 στις 1:06 πμ

    Ρε Γιώργο, μη μου πετάς και συ τέτοια δί-σειρα. Εξήγησε μου λίγο το γιατί κάνοντας μου λίγο περισσότερη άνάλυση… 🙂

    Έχεις φάει το γάιδαρο, στην ουρά θα κολλήσεις? 😉

  107. γιωργος said,

    Μαρτίου 7, 2010 στις 7:04 πμ

    1η ζυγιση 123=456 αρα 24 συνδιασμοι.Θελουμε λοιπον στις 5 πιθανες ενδειξεις τουλαχιστον 24 συνδιασμους εφ οσον η 2η ζυγιση ειναι 4-4. Αρα μενει εξω μονο μια μπαλα.Η’ μια εκ των 789 (το ιδιο ειναι) η’ μια εκ των 123456 (το ιδιο ειναι).Οπως και να τις βαλουμε στην ζυγαρια στην ενξειξη γερνει λιγο ας πουμε δεξια θα εχουμε το πολυ 3 συνδιασμους. π.χ. 1234 με 6789 1245 με 6789 1239 με 4578.Αρα εχουμε 24-3=21 συνδιασμους που δεν καλυπτονται απο 4 ενδειξεις.Μια ενδειξη πρεπει να μας δωσει 6 συνδιασμους .Αρα η 3η ζυγιση δεν αρκει.

  108. Duncan said,

    Μαρτίου 7, 2010 στις 7:59 πμ

    Έτσι μπράβο! Αυτή είναι σωστή ανάλυση! 😉

    H ένδειξη «γέρνει λίγο δεξιά» υποδηλώνει ότι η μπάλα που είναι έξω είναι σκάρτη. Κι αυτή η σκάρτη μπάλα συνδυάζεται με (το πολύ) άλλες 3 μπάλες [πχ. η 2 συνδυάζεται με την 4 ή την 5 ή την 6. Η 6 συνδυάζεται με την 1 ή τη 2 ή την 3. Η 8 συνδυάζεται με την 7 ή την 9].

    Άρα η ένδειξη «γέρνει λίγο δεξιά» μπορεί να φορτωθεί το πολύ 3 συνδυασμούς. Και συνεπώς τουλάχιστον μία από τις άλλες 4 ενδείξεις θα πρέπει να φορτωθεί τουλάχιστον 6 συνδυασμούς!

    Εύγε! 😉

  109. Maria said,

    Δεκέμβριος 5, 2012 στις 3:11 πμ

    Exw ena an mporeite na to lusete kalws ..exw 18 mpales!!!9 varies kai 9 elafries..oi mpales fainontai oi idies,,Pws mporo egw me tris metriseis na s apodeixw poies einai oi 9 baries mpales(h kai antistoixa oi 9 elafries mpales) ??

  110. Duncan said,

    Δεκέμβριος 5, 2012 στις 3:37 πμ

    Ο συγκεκριμένος γρίφος είναι άλυτος. Υπάρχουνε 97240 συνολικές εκδοχές (2 επι (18 ανα 9)), ενώ οι τρεις ζυγίσεις μπορούν να διαχωρίσουνε το πολύ 27.


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: