Un problema de peso

Question

Estoy teniendo un tiempo difícil resolver el siguiente acertijo. Por favor podría darme?

Un químico tiene un conjunto de cinco pesos. Ella sabe que se incluye uno de 1 gramo de peso, y también uno de cada 2-, 3-, 4-, y 5 gramos de pesos, pero debido a que son de marcar, ella no tiene manera de decirles aparte, excepto por su inclusión en un equilibrio. Ella puede poner cualquier combinación de los pesos en cada uno de los dos moldes y determinar si un lado es más pesado que el otro o si son iguales. Mostrar cómo en cinco pesajes ella puede identificar cada uno de los pesos.

Gracias.

Answer 1

Elegir cuatro pesos $a$, $b$, $c$, $d$, dejando $e$, y el uso de tres pesajes para comparar cada par de ellos contra el otro par. Hay tres posibles resultados.

1. Uno de los tres pesajes saldos, decir $a+d = b+c$, y en los restantes dos pesajes $a$ es siempre más pesado que el $d$. En el próximo pesaje, pit $b$ contra $c$. Sin pérdida de generalidad, $b > c$. Sabemos $a>b>c>d$ $e$ es impar, por lo tanto hay tres posibilidades a la izquierda para $(a,b,c,d,e)$: $(5,4,3,2,1)$, $(5,4,2,1,3)$, $(4,3,2,1,5)$. Pesaje $a+c$ contra $b+e$ va a distinguir entre ellos.
2. Un peso que, a decir $a$, está siempre en el lado más pesado. Ya que ninguno de los tres primeros pesajes fueron iguales, sabemos $e$ es incluso. De esto podemos deducir $a = 5$$e = 4$. Ahora peso $b+c$ contra $e$, que es de 4. Esto le da suficiente información para identificar a $d$. Luego pesan $b$ contra $c$ al finalizar.
3. Un peso que, a decir $a$, está siempre en el lado más ligero. Como antes, podemos deducir $a = 1$$e = 2$. Ahora peso $b$ contra $c$, y sin pérdida de generalidad $c > b$. Siguiente, pesan $c$ contra $a+d$. Si $c$ es más pesado, a continuación,$(a,b,c,d,e) = (1,4,5,3,2)$. Si $c = a+d$,$(a,b,c,d,e) = (1,3,5,4,2)$. Si $c$ es más ligero, a continuación,$(a,b,c,d,e) = (1,3,4,5,2)$.

Answer 2

Bueno, esto no es una solución completa, como esto parece intrincado, pero tal vez este es un buen punto de partida.

Tenga en cuenta que hay $5! = 120$ formas posibles los pesos pueden ser determinados. Cada pesaje tendrá $3$ resultados posibles. El peso de los saldos, el de la izquierda es más pesado, y el derecho es más pesado. Si usted puede averiguar una manera de medir las cosas de modo que cada uno de los resultados cubre el mismo número de posibilidades, la primera pesan va a reducir su punto de distribuciones a $40$ el segundo pesaje a $14$ el tercero a $5$, el cuarto a $2$ y el quinto, a $1$.

Eso sería lo ideal.

Pero no se puede hacer.

Así que evaluó cómo las distribuciones se explica por las diferentes combinaciones de peso.

Ejemplo: Si yo peso un peso (Un) y el otro (B), entonces a < B representa el 60 casos. B > Una de 60 casos. Pero B = a nunca ocurrirá. Esta no es una muy deseable de distribución.

Si yo peso un peso de (A) en contra de dos pesos (BC) a continuación, a > B cuenta para A = 4; B= 1;C=2 O A=4; B=2; C=1 O A=5;B=1;C=2 O A=5;B=2; C= 1; etc. básicamente UN > BC tiene 6 posibles soluciones. A = BC tiene 8 posibles soluciones y UN < BC tiene 106 soluciones. Esta es una TERRIBLE distribución.

No te voy a aburrir, pero si me pesa de dos contra dos obtengo $AB < CD$ $48$ soluciones. $AB = CD$ $24$ soluciones y $AB > CD$ $48$ soluciones. Esta es la mejor distribución.

Aquí es donde me di por vencido y dio un salto de fe. Pensé que el segundo pesaje entre el $AC$ $BE$ sería el mejor segundo de pesaje para incluso distribuciones. Es intuitivamente parecen redistribuir la luz de par entre el pesado par y para obtener el 5 de desconocido en la primera.

Pero no sé yo.