Hace 6 años | Por maria1988
Publicado hace 6 años por maria1988

Comentarios

Dikastis

#3 Parece correcto... Espero que sea cosecha tuya, cabrón/a!

Este verano me pasé un par de semanas dándole vueltas y no lo saqué cry

Muchísimo más dificil que la variante en la que sabes si la moneda pesa más o menos....

a

#4 Sí sí, es de mi cosecha, he estado a punto de buscarlo ya que me estaba quitando tiempo de trabajo jeje, recuerdo que ya me habían hecho este acertijo cuando tendría alrededor de 10 años, con una balanza muy vieja de mi abuela, pero ni la persona que me lo propuso sabía la solución, y en aquel entonces creo que ni me acerqué.

Dikastis

#5 El quid de la cuestión es haber mezclado ya pesadas... recuerdo haberlo hecho con dos mezclando por ejemplo 1,2,11,12 , pero no llegaba a ningún punto y supongo que mi mente supuso que no tenía sentido mezclar menos....

#6 Qué pillina... yo lo trataba de hacer todo mental hasta que me sentí abrumado y cogí piedras... pero no ayudaron

Wayfarer

#3 Son ganas de complicarse mucho la vida.

1. Divides las doce monedas en dos grupos de seis, los pesas y el que pese menos lo descartas: te queda un grupo de seis monedas donde sabes que está la falsa.

2. Divides las seis monedas que te has quedado en dos grupos de tres, los pesas y el que pese menos lo descartas: te queda un grupo de tres monedas donde sabes que está la falsa.

3. Del grupo de tres monedas que te queda apartas una moneda y pesas las otras dos: la moneda que pese más es la falsa, pero si ambas pesan lo mismo por descarte la falsa es precisamente la que has apartado.

Mucho más sencillo, ¿no?

CC #4 #6

P.S. No, no he mirado el artículo que enlaza #9 ni he buscado la solución en Google...

Wayfarer

#22 Cierto, he asumido directamente que la falsa debía de pesar más.

Black_Diamond

#21 Haz lo mismo pero con tres grupos. Compara el peso de dos grupos. Si pesan lo mismo, la falsa está en el tercer grupo. Si pesan distinto, cambia uno de los grupos por el de fuera. Si pesan igual, la falsa está en el que ahora está fuera. Si siguen pesando distinto, la falsa está en el grupo que permaneció en la balanza.

Ahora coge el grupo de la falsa y vuelve a hacer tres montones. Etc...

maria1988

#25 No. Si pesan distinto y luego comparas con el grupo de fuera, es imposible hacerlo en tres pesadas, necesitarías cuatro.

Black_Diamond

#26 Pues haz cuatro grupos A B C D. Cada uno con tres monedas.
Pesa los grupos A y B. Si pesan diferente, descarta C y D. Si pesan lo mismo descarta A y B.
Te quedan 6 monedas sospechosas y 6 monedas auténticas.
Compara 3 monedas sospechosas con 3 monedas auténticas (escogidas del grupo de auténticas). Si pesan lo mismo, las 3 sospechosas que has pesado son auténticas. Si pesan diferente, las 3 que has pesado son sospechosas y las de fuera son auténticas. Anota la dirección de tu balanza porque esta pesada te va a decir si la moneda falsa es más ligera o más pesada que las monedas normales.

Te quedan 3 monedas sospechosas y sabes si la falsa es más ligera o pesada de lo normal.

Compara el peso de dos monedas sospechosas. Si pesan igual, la falsa es la tercera. Si pesan diferente, la falsa es la que inclina la balanza en la misma pesada que la vez anterior.

maria1988

#28 Incorrecto. Si los grupos A y B pesan lo mismo, entonces tienes 6 monedas sospechosas. Si luego comparas 3 y 3 y pesan lo mismo, te quedan 3 monedas sospechosas, pero no sabes si pesan más o menos que el resto. ¿Cómo sabes, con una sola pesada, cuál de esas monedas es falsa y si pesa más o menos que las demás?

Black_Diamond

#31 Me haces llorar. 😭

bruster

#21 Pero no dice nada sobre que la moneda falsa pese más o menos, sino que pesa diferente. No?

maria1988

#3 ¡Muy bien! Yo lo hice practicando con una baraja de cartas, suponiendo que una de ellas era la falsa y probando

a

#6 Yo tenía casualmente un puñado de monedas al lado del ordenador, eso ha ayudado bastante

maria1988

#3 Hay otra forma de resolverlo, empieza igual (pesando 4 y 4), pero los siguientes pasos son distintos y también funciona.

Wallack

#3 si sabemos si pesa más o menos es más fácil:

pesas 1234 y 5678 si pesan iguales está en 9, 10, 11, 12 si no, como sabes si pesa más o menos, pues sabes en cual de los 2 primeros está, todas las vueltas que das tu es si no sabes lo que pesa lol

D

#16 Has disfrutado!

D

#27 Bueno... queda mucho más fácil programado Pero si hay que explicar de forma manual... pues a hacerlo a mano. Si te fijas lo que se consigue es cada moneda numerarla en base 3 pero de manera que cada fila de pesadas contenga (monedas/3) ceros, unos y doses. Y esa tabla automágicamente te dice las pesadas y la solución. Y es ampliable a cualquier n.

D

#29 Entiendo el planteamiento pero no lo he pillao. Base 3 es bastante dura de entender.
Ando luchando con los qbits para no quedarme atrás y ya voy renqueando...

D

#16, a ver, 3^4=81 resultados distintos. Bueno, si en la elección se pesan todas las monedas la (0,0,0,0) es imposible que de, por tanto posibles 80 resultados distintos. Con la identificación de vectores cambiando 1s por 2s nos quedan 40. En tu tabla consideras 39. ¿Está claro que el caso que te falta (que no eh mirado cuál es) no se va a dar?

D

#30 La 1 2 2 2 sería la que dices, pero se elimina porque si no, no habría 13 ceros 13 unos y 13 doses. No pensé que tuviese que decirlo. Esa moneda es "representable" para la primera fase del algoritmo pero no en las siguientes. Pero vamos, que para la matriz que he dado verás que funciona para 4 pesadas y 39 monedas. Te puedo dar la matriz para 3 pesadas y 12 monedas:
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12
0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2
0 1 2 2 0 0 0 1 2 2 1 1
1 0 2 1 0 1 2 0 2 1 0 2
Eso nos dice que
- en la primera pesada en la izquierda van (5,6,7,8) y en la derecha (9,10,11,12)
- en la segunda pesada en la izquierda van (2,8,11,12) y en la derecha (3,4,9,10)
- en la tercera pesada en la izquierda van (1,4,6,10) y en la derecha (3,7,9,12)

Y con los resultados vas a la tabla. ¿Existe? Pues esa moneda es más pesada. ¿No existe? Cambias 2/1 y 1/2 y esa moneda es más ligera.

D

#32, ok, ok, nada, para n=4 vale y está clara la estrategia. Ahora faltaría ver para n=5, 6, 7, etc si es posible crear la matriz que dices, que eso al menos yo ahora mismo no veo claro.

D

#34 Si quieres te lo programo, pero quitaría la gracia El método que doy es aplicable a valores de n > 4 simplificando la capacidad de computación, porque buscar los vectores por fuerza bruta tiene demasiada complejidad.

D

#35, a ver, puedes programar el caso n=5 y comprobar si encuentra solución. Puedes programar el caso n=6 y comprobar si encuentra solución y así, pero mi pregunta es ¿puedes afirmar que el programa siempre va a encontrar solución? Vamos, demostrar que la matriz siempre existe.

No digo que seas capaz o no de demostrarlo. Quiero ver simplemente hasta dónde has llegado realmente.

D

#36 No. Eso se lo dejo a los matemáticos. Los matemáticos demuestran si algo es posible, pero no son capaces de hacer el caso 5... y los informáticos no demuestran si es posible, pero sí son capaces de hacer cada caso

D

#37, los matemáticos somos capaces de programar eso, ¿eh?

D

#38 Pues dale duro, espero el ejemplo para n=5 antes de cenar Que ya está bien de entrar a acertijos a dar pistas, pero no dar el callo

D

#39, yo es que si no hago el caso n no me vale, como quieres que te diga. Y mira, por programar que sepas que me he llegado a programar un tetris en turbopascal (toma ya, lenguaje de los buenos) usando caracteres (pero quedaba bien) y para resolver problemas, por ejemplo este puzzle lo resolví con un programa de ordenador, creo que lo hice en mathematica que es lo que más tenía a mano y seguramente el peor lenguaje para hacer esas cosas

https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/c/ca/RubiksTangleSolution.jpg

Y más cosas, claro

D

#40 Ya. Yo también hice muchas cosas en el pasado, pero hay que vivir el presente Te me estás escaqueando

maria1988

#41 Yo lo último que programé en plan ocio fue un método por el que creía que ganaría pasta a la ruleta (no, no es la Martingala). Un buen rato de ejecución después, y descubrí que solo servía para quedarme como estaba.

D

#42, ¿no perdías dinero? No me lo creo

#41, es lo que pasa, todo lo que has programado tú también es del pasado, qué le vamos a hacer. No me interesa hacer un programa que haga dicha matriz, no me parece interesante, qué quieres que te diga. Pero sí me pareció interesante que pusieras la fórmula y quería saber de dónde la habías sacado.

maria1988

#43 No, de hecho ganaba, pero las cantidades eran tan miserables que llegué a la conclusión de que no merecía la pena jugar.

D

#44, es que tampoco me creo que encontraras un método que ganara dinero. ¿No podía pasar que en algún momento dado perdieras varias veces seguidas y se terminara jodiendo todo teniendo en cuenta que tienes dinero finito?

Y si no, cuéntame por privado. No es para hacerme rico, sino por ver qué se te ocurrió y analizarlo.

maria1988

#45 Ahora te cuento. Si quieres, te paso el programa y todo, pero ya te digo que no merece la pena.

D

#46, si no es por ganar dinero, es por ver si ciertamente has encontrado una estrategia ganadora. No es para llevarlo a la práctica.

maria1988

#48 Buah, ahora me siento una pesetera, jajaja.

D

#49, que no, que si funcionara bien anda que no lo iba a querer yo también lol

f

Es un problema de teoría de la información.

Cada pesada tiene 3 resultados posibles: equilibrio, izquierda y derecha.

El problema tiene 24 soluciones posibles (que sea una de las 12 monedas y que tenga uno de los 2 estados posibles, que pese más o menos, 12 x 2 = 24).

Midiendo en bits:
- el problema son log2(24) bits
- cada pesada aporta log2(3) bits.
Si dividimos tenemos log2(24)/log2(3) = 4,584962501 / 1,584962501 = 2,892789261.

Como no podemos hacer un número de pesadas decimales redondeamos al número mayor, el número de pesadas necesarias es 3.

Para resolverlo hay que planificar las pesadas de forma que la probabilidad de que acabe en equilibrio, izquierda o derecha sea la misma.

1ª Pesada
Se colocan 4 en cada plato y 4 se dejan fuera. La información que nos da la pesada es:
- equilibrio: la diferente es una de las 4 que no se han usado. (1E)
- izquierda -> es una de las de la izquierda y es más pesada o es una de las de la derecha y es más ligera. derecha (1I)
- derecha -> es una de las de la derecha y es más pesada o es una de las de la izquierda y es más ligera (1D)

2ª Pesada con equilibrio en la 1ª (1E)
De las 4 que no se han pesado anteriormente se pone 2 en el platillo derecho y una en el izquierdo, en el izquierdo ponemos además una de las que se habían pesado anteriormente que sabemos que tiene el peso estándar. Posibles resultados:
- equilibrio: La moneda falsa es la que no se ha usado todavía (1E2E)
- izquierda: La moneda falsa es una de las de la izquierda y pesa más de lo normal o es la del platillo derecho y pesa menos (1E2I)
- derecha: la falsa es una de las de la izquierda y pesa menos de lo normal o es la de la derecha y pesa más. (1E2D)

2ª Pesada con desvío en la primera a la derecha 1D
Retiramos 3 de las 4 monedas que había a la derecha, pasamos 3 del platillo izquierdo al derecho y ponemos 3 monedas buenas más a la derecha.
Resultados:
- equilibrio: una de las 3 que hemos retirado es falsa y pesa más.
- izquierda: la de la izquierda que hemos mantenido es falsa y es más pesada o la de la derecha que hemos mantenido es falsa y ligera
- derecha: una de las dos que hemos pasado del izquierdo al derecho es la falsa y es más ligera

3ª pesada con equilibrio (1E2E)
Ponemos la moneda que no se había pesado (es la falsa) y la comparamos con cualquier otra. El desvío de la balanza nos indica si pesa más o menos.

3ª pesada con (1E2D)
Cogemos las dos del platillo derecho y las colocamos en los dos platillos. Posibles medidas:
- equilibrio: la moneda falsa es la que en la segunda pesada estaba a la izquierda y pesa menos
- derecha: la moneda falsa es la de la derecha (que pesa más)
- izquierda: la falsa es la de la izquierda y pesa más

Creo que estos son los pasos más importantes.

jabujavi

#53 Mis respetos.... ¡WOW!

D

¿(3^n-3)/2 monedas en n pesadas?

maria1988

#1 No sé si se puede generalizar de esa forma (aunque sería interesante intentar demostrarlo).

Lo que pide el problema es el procedimiento de pesado. Es decir, algo del tipo:

- Primera pesada: pongo x monedas en cada brazo. Si la balanza queda equilibrada, voy a la segunda pesada (1); si queda desequilibrada, voy a la segunda pesada (2).
- Segunda pesada (1):...

D

#1, haz el caso n=4 o el caso n, a ver cómo lo has hecho para n genérico

P.d. Apostaría que este problema ya ha salido por aquí.

D

#14 Noooo. No sabes si la falsa esta en el grupo pesado o en el otro.
¿Que grupo usas para la segunda pesada?

antuan

#15 A ver:
1) Peso vs , dejo fuera el resto, . Si se inclina hacia algún lado, escojo ese lado como siguiente grupo. Si no, cojo el grupo que he dejado fuera como el siguiente grupo.
2) Ahora peso el grupo elegido: vs , vs o vs . En esta pesada se va a inclinar hacia algún lado. Cojo lo que hay en ese lado.
3) Pongo las dos monedas que me han salido a cada lado y ya tengo la solución


Me retracto

antuan

#18 Sí, pero que da igual que pese más que menos... en #17 lo explico mejor.
Ídem

D

Las tiras al agua.
a) La que flota es la falsa y pesa menos.
b) La que se hunde es la falsa y pesa más.
c) Esperas unos años y la falsa se pone marrón verdosa, unos años más y dejará de pesar.

Comentario gracioso en el Sub de cosas serias. ( El mejor sub )

D

¿Y si en lugar de 12 ponemos 11 monedas? ¿La resolución es igual?

D

No sé si hay fórmula Es una forma de resolverlo... si miras el problema para 3, ves que siempre se pesan la misma cantidad de monedas. Y hay 3 posibles estados por cada moneda: no pesar (0), izquierda (1) y derecha (2). Una vez resuelves ves que en las pesadas debes construir un número en base 3 (era lógico) y la cantidad de cifras en base 3 es el número de pesadas y demás, inversa si es más ligero. Con las condiciones, entonces, sabes que es una matriz, cada columna moneda, cada fila pesada, y cada fila debe tener la misma cantidad de ceros unos y doses.. porque siempre se pesa la misma cantidad de monedas, cada columna debe ser distinta porque si no no podría identificar la moneda, y la complementaria de cada columna no puede estar presente o no podrías detectar si es más ligera o más pesada... Yo conozco las condiciones para crear la matriz... de ahí a sacar una fórmula demostrando que funciona para cada caso va un mundo en el que ni sé meterme.

ElPerroDeLosCinco

#57 Le atizas con la culata del detector. Si está hueca, se abollará.

ElPerroDeLosCinco

Vendes la báscula en Wallapop y con el dinero compras un detector químico de monedas falsas.

jabujavi

#54 Y si la falsa es falsa porque está hueca? Químicamente será igual lol

reithor

Si las pesadas son dinámicas se puede hacer en dos: vas añadiendo monedas una a una en cada platillo hasta que se desequilibra. Coges esas dos últimas monedas, y comparas una con una de las que no desequilibró la balanza, si pesa igual la mala es la otra, y si pesa diferente es la mala.

Y sin balanza, se las enseñas a corrupto y le dices que puede elegir 11. La otra es la falsa.

D

Si ponemos en marcha los juegos de azar.
Pesas 2 y apuestas todo por la de la derecha.
Sin tonterías!


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antuan

Se puede hacer pesando primero 4 vs 4, de ahí se sabe cuál grupo de 4 es el más ligero, se escoge, se hace 2v2 y luego 1v1

D

#12 No se sabe si la falsa pesa mas o menos (ligero no indica falsedad).
No sabes en que grupo está.
Pero ya sabes algo para la segunda pesada...

antuan

#13 Ah, pensaba que era más ligera, pero lo mismo da usando mi método

maria1988

#12 La gracia del problema es que no sabes si pesa más o menos que las otras. Si pesas cuatro y cuatro y te sale que pesan diferente, solo sabes que está entre esas ocho, nada más.

antuan

#18 Vale, lo acabo de ver... tienes toda la razón