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Mathematik » Olympiade-Aufgaben » Münzen und Waagen
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Universität/Hochschule Münzen und Waagen
robertoprophet
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2014-07-15


Hallo liebe Forumsgemeinde,

folgende Aufgabe fand ich besonders toll bei der diesjährigen Bundesrunde der Mathematik-Olympiade:

"Von 9 Münzen haben acht das gleiche Gewicht, eine ist gefälscht und deshalb leichter als die anderen. Um die gefälschte Münze zu finden, stehen 3 Waagen mit je 2 Schalen zur Verfügung.
Eine der Waagen ist defekt, man weiß aber nicht, welche, die anderen beiden arbeiten korrekt.
Die defekte Waage zeigt bei jeder Wägung ein willkürliches Ergebnis.

Man gebe ein Verfahren an, mit dem die gefälschte Münze durch 4
Wägungen sicher bestimmt werden kann.

Hinweis:
Als Ergebnis einer Wägung auf einer solchen Schalenwaage lie
gt stets eines der drei unterscheidbaren Ergebnisse „L“ (die auf der linken Schale liegenden Gegenstände sind schwerer als die auf der rechten Schale liegenden), „R“ (die Gegenstände rechts sind schwerer)
oder „M“ (beide Seiten sind gleich schwer) vor. Weitergehende Anzeigen gibt es nicht."

Quelle: Aufgabe 531245 MO


Meine Frage: War hier jemand zu fällig in der Jury, oder aber Korrektor, und kann sagen, wie viele Schüler diese Aufgabe korrekt lösen konnten?



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2014-07-15


Hallo,

nach den Auswertungen, www.hg-graebe.de/MO-Auswertung/Auswertung-53.pdf ,  wurden 31% der Punkte erreicht. ;)



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Tetris
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2014-07-15


Mir scheint, es ist schwieriger, den Algorithmus richtig zu formulieren, als ihn zu finden. Hier mal mein Versuch, vermutlich geht es irgendwie eleganter:

Die Vorgehensweise zur Identifizierung der untergewichtigen Münze durch zwei Wägungen auf einer korrekt arbeitenden Waage setze ich als bekannt voraus.

Schritt 1: Wäge ein Drittel der Münzen gegen ein anderes Drittel zunächst auf der ersten und dann auf der zweiten Waage.

Liefern beide Wägungen dasselbe Ergebnis, muss es stimmen und das untergewichtige Drittel ist entweder das oben liegende oder bei Gleichgewicht das nicht gewogene. Enthält es nur eine Münze, ist sie die falsche; sonst wiederhole Schritt 1 mit dem untergewichtigen Drittel. Liefern beide Wägungen verschiedene Ergebnisse, gehe zu

Schritt 2: Wiederhole die Wägung auf der dritten Waage. Dieses Ergebnis muss stimmen und das untergewichtige Drittel ist entweder das oben liegende oder bei Gleichgewicht das nicht gewogene. Enthält es nur eine Münze, ist sie die falsche; sonst wiederhole Schritt 2 mit dem untergewichtigen Drittel.


Lg, T.



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majoka
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Dabei seit: 25.02.2014
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2014-07-15


@Tetris: Wenn ich es richtig sehe, geht Deine Lösung davon aus, dass die defekte Waage auf jeden Fall ein falsches Ergebnis anzeigt.

Ich bin mir nicht sicher, ob nach der Aufgabenstellung die defekte Waage auch zufällig das richtige Ergebnis anzeigen könnte?



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ZetaX
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Dabei seit: 24.01.2005
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Aus: Wenzenbach
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2014-07-15


Ich oute mich einmal als Korrektor (v.a. in Klasse 11): fast alle haben das in der 11ten richtig gehabt (d.h. mit 5mal Wiegen), und fast niemand hat es mit 4mal Wiegen gehabt.



Übigens eine kleine aber gemeine Zusatzaufgabe: ist es mit 3maligem Wiegen (und weiterhin 3 Waagen, eine "kaputt") möglich, aus vier Münzen die eine leichtere zu finden¿

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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ZetaX
Senior Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 24.01.2005
Mitteilungen: 2804
Aus: Wenzenbach
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2014-07-15


2014-07-15 15:27 - majoka in Beitrag No. 3 schreibt:
@Tetris: Wenn ich es richtig sehe, geht Deine Lösung davon aus, dass die defekte Waage auf jeden Fall ein falsches Ergebnis anzeigt.

Ich bin mir nicht sicher, ob nach der Aufgabenstellung die defekte Waage auch zufällig das richtige Ergebnis anzeigen könnte?

ja, die kaputte Waage darf sich "aussuchen", was sie anzeigt, auch das richtige Ergebnis.



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Tetris
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2014-07-15


2014-07-15 15:27 - majoka in Beitrag No. 3 schreibt:
@Tetris: Wenn ich es richtig sehe, geht Deine Lösung davon aus, dass die defekte Waage auf jeden Fall ein falsches Ergebnis anzeigt.

Eigentlich bin ich davon ausgegangen, dass die defekte Waage auch mal das richtige Ergebnis anzeigen kann.




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majoka
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2014-07-15


@Tetris: Du hast recht. Sorry wegen der Verwirrung.



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GrafZahl
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2014-07-15


@Tetris:

Was machst Du denn, wenn die ersten beiden Wägungen identisch sind

und/ aber

die zweiten beiden Wägungen verschieden ?

mfG
Graf Zahl



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Tetris
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Dabei seit: 28.08.2006
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2014-07-15


Interessanter Einwand, ich werde drüber nachdenken! Lg, T.



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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2014-07-15


2014-07-15 15:29 - ZetaX in Beitrag No. 4 schreibt:

Übigens eine kleine aber gemeine Zusatzaufgabe: ist es mit 3maligem Wiegen (und weiterhin 3 Waagen, eine "kaputt") möglich, aus vier Münzen die eine leichtere zu finden¿



Diese kleine gemeine Zusatzaufgabe ist wunderschön. Mit ihr löst sich die eigentliche Aufgabe in Wohlgefallen auf.
Und wenn ich mich nicht vertan habe, ist diese Zusatzaufgabe gar nicht so schwierig. Aber ich glaube ohne sie hätte ich die eigentliche Aufgabe so schnell nicht rausbekommen
Gruß Wauzi


-----------------
Primzahlen sind auch nur Zahlen



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StrgAltEntf
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Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2014-07-15


Hi,

ich habe mal folgendes versucht:

1. Wägung auf Waage 1 links: 1, 2, 3, rechts: 4, 5, 6
2. Wägung auf Waage 2 links: 4, 5, 6, rechts: 7, 8, 9
3. Wägung auf Waage 3 links: 7, 8, 9, rechts: 1, 2, 3

Es gibt dann 27 mögliche Ergebnisse. LLL, LLR, LLM, ... MMM

Viele dieser Ergebnisse können nicht eintreten. Z. B. ist LLL unmöglich, ungeachtet dessen, welches die defekte Waage ist.

Aber LLR könnte sein. In diesem Fall ist die leichtere Münze unter 7, 8 und 9 zu finden, und Waage 1 ist defekt.

Als vierte Wägung dann 7 auf die linke und 8 auf die rechte Seite von Waage 2.

Alle 27 Fälle habe ich noch nicht durchprobiert; aber diejenigen Fälle, die ich probiert habe, passen.



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Wauzi
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Mitteilungen: 11356
Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2014-07-15


Vier Münzen rechts und links auf Waage 1.
Gleichstand:
Dasselbe nochmal auf Waage zwei
Gleichstand: Münze 9 ist Lsg
Ungleich: Waage 3 ist korrekt und es gibt noch zwei Wägungen, also gelöst.

Wägung1 Ungleich:
Die vier Münzen der leichten Seite 2/2 auf Waage 2.
Gleichstand: Waage 3 korrekt und noch 2 Wägungen frei, also gelöst.
Ungleich:
Jetzt ist sicher das die leichte Münze zu den vier ausgewählten gehört.
Damit sind wir in der Zusatzaufgabe und haben die erste Wägung schon gemacht.
Es reicht also die Zusatzaufgabe zu lösen, wobei die erste Wägung mit 2/2 Münzen gemacht werden muß

Zusatzaufgabe:
Seien die Münzen mit 1,2,3,4 bezeichnet.
Dann werden die Münzen folgendermaßen gewogen:
Waage 1: 1,2/3,4
Waage 2: 1,3/2,4
Waage 3: 1,4/2,3

Eine Fallunterscheidung zeigt leicht, daß sich aus den Ergebnissen die leichte Münze ermitteln läßt
Gruß Wauzi



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Zetavonzwei
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2014-07-15


Hallo,

gibt es eigentlich Theorie zum allgemeinen Problem, d.h. also wie viele Wiegevorgänge braucht man mindestens, um aus n Münzen von denen m falsches Gewicht haben (zu leicht, zu schwer, unbekannt, aber einheitlich), diese herauszufinden?

Viele Grüße
Zvz


-----------------
Jeden Tag eine gute Einsicht.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2014-07-15


2014-07-15 22:22 - Zetavonzwei in Beitrag No. 13 schreibt:
gibt es eigentlich Theorie zum allgemeinen Problem, d.h. also wie viele Wiegevorgänge braucht man mindestens, um aus n Münzen von denen m falsches Gewicht haben (zu leicht, zu schwer, unbekannt, aber einheitlich), diese herauszufinden?

Eventuell schon.

Zumindest ist mir jedoch die Aufgabenstellung mit x Waagen, von denen y Waagen defekt sind, neu.



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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2014-07-16


Ich muß mich korrigieren, meine Lösung der Zusatzaufgabe war falsch; die Fallunterscheidung hat mir einen Streich gespielt. Trotzdem glaube ich, daß die Rückführung der Ausgangsaufgabe auf die Zusatzaufgabe ein möglicher Weg ist.



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GrafZahl
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2014-07-16


2014-07-15 21:43 - StrgAltEntf in Beitrag No. 11 schreibt:
Hi,

ich habe mal folgendes versucht:

1. Wägung auf Waage 1 links: 1, 2, 3, rechts: 4, 5, 6
2. Wägung auf Waage 2 links: 4, 5, 6, rechts: 7, 8, 9
3. Wägung auf Waage 3 links: 7, 8, 9, rechts: 1, 2, 3

Es gibt dann 27 mögliche Ergebnisse. LLL, LLR, LLM, ... MMM

Viele dieser Ergebnisse können nicht eintreten. Z. B. ist LLL unmöglich, ungeachtet dessen, welches die defekte Waage ist.

Aber LLR könnte sein. In diesem Fall ist die leichtere Münze unter 7, 8 und 9 zu finden, und Waage 1 ist defekt.

Als vierte Wägung dann 7 auf die linke und 8 auf die rechte Seite von Waage 2.

Alle 27 Fälle habe ich noch nicht durchprobiert; aber diejenigen Fälle, die ich probiert habe, passen.

Hy,

ich weiss, ich sollte ruhig sein, da ich noch keine Lösungsansätze gepostet habe aber an anderen Ansätzen rummäkele...

...was machst Du, wenn alle drei Waagen das korrekte Ergebnis zeigen?

oBdA: 1 oder 2 oder 3 ist leichter; RML... welche Waage wiegt willkürlich?

mfG
Graf Zahl



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2014-07-16


2014-07-16 18:04 - GrafZahl in Beitrag No. 16 schreibt:
...was machst Du, wenn alle drei Waagen das korrekte Ergebnis zeigen?

Ja, das ist mir vorhin auch aufgefallen, du bist mir mit dem Posten zuvor gekommen.

Gruß
StrgAltEntf



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2014-07-16


2014-07-15 22:15 - Wauzi in Beitrag No. 12 schreibt:
Ungleich:
Jetzt ist sicher das die leichte Münze zu den vier ausgewählten gehört.
Damit sind wir in der Zusatzaufgabe und haben die erste Wägung schon gemacht.
Es reicht also die Zusatzaufgabe zu lösen

Hallo Wauzi,

du hast doch hier schon zwei Wägungen gemacht. Und mit den drei Wägungen der Zusatzaufgabe wärst du bei fünf.



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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2014-07-16


Nein, denn die zweite Wägung wäre bereits die erste beim 4-Münzen-Versuch. Voraussetzung ist dabei allerdings, daß dieser mit einer Wägung 2/2 begonnen und gelöst werden kann. Meine Idee dazu hat aber nicht funtioniert, ich habe mich beim Durchprobieren der Fälle vertan



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robertoprophet
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2014-07-17


Hier stand Zeug, das ich mir nicht gründlich genug überlegt habe... frown



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2014-07-17


Hier nun die Lösung des ursprünglichen Problems. Hoffe, dass da kein Bock mehr drin ist.

Die Münzen bezeichne ich mit 1 bis 9.

Ich partitioniere die Münzen in A1 = {1,2,3}, A2 = {4,5,6}, A3 = {7,8,9}. Jetzt wiege ich mit Waage 1 A1 gegen A2. Die Waage teilt mir dann ein i mit, sodass die leichtere Münze (angeblich) in Ai ist. Sofern die Waage nicht defekt ist, stimmt das dann auch. (Wenn sich die Schale mit A1 senkt, ist i=2, wenn sich A2 senkt, ist i=1, und bei Gleichstand ist i=3.)

Das gleiche Spielchen mache ich nun mit B1 = {1,4,7}, B2 = {2,5,8}, B3 = {3,6,9} und Waage 2. Ich erhalte so ein j, sodass die leichtere Münze (angeblich) in Bj liegt.

Da nicht beide Waagen defekt sind, weiß ich dann, dass die leichtere Münze in Ai U Bj liegt.

Auf jeden Fall ist nach Konstruktion |Ai\Bj| = |Bj\Ai| = 2.

Ich wiege nun auf Waage 3 Ai\Bj gegen Bj\Ai. Wenn sich Ai\Bj senkt, weiß ich dann mit Sicherheit, dass die leichtere Münze in Bj\Ai liegt und dass Waage 1 defekt ist. Mit einer vierten Wägung (etwa auf Waage 2) kann ich dann schließlich die leichtere Münze bestimmen.

Analog schließe ich, wenn sich Bj\Ai senkt.

Ein Gleichstand kann nur dann eintreten, wenn sich die leichtere Münze sowohl in Ai als auch Bj befindet. Aber nach Konstruktion gibt es nur eine solche Münze.

(Im letzten Fall wird keine vierte Wägung benötigt. Aber man erhält auch keinen Hinweis, welche der Waagen defekt ist.)



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2014-07-17


... und so ähnlich ist auch das Zusatzrätsel zu lösen:

A1 = {1,2}, A2 = {3,4}, B1 = {1,3}, B2 = {2,4}

1. Wägung auf Waage 1: A1 gegen A2
2. Wägung auf Waage 2: B1 gegen B2

Bei einem Gleichstand bei einer der beiden Wägungen weiß man sofort, dass die entsprechende Waage defekt ist. Mit einer weiteren Wägung auf der anderen Waage lässt sich dann sofort die leichtere Münze bestimmen.

Erhalte also so i und j, sodass die leichtere Münze angeblich in Ai bzw. Bj liegt. Auf jeden Fall liegt sie in Ai U Bj.

3. Wägung auf Waage 3: Ai\Bj gegen Bj\Ai

1. Fall: Ai\Bj senkt sich. Dann ist die leichtere Münze in Bj\Ai (und Waage 1 ist defekt).
2. Fall: Bj\Ai senkt sich. Dann ist die leichtere Münze in Ai\Bj (und Waage 2 ist defekt).
3. Fall: Gleichstand. Dann ist die leichtere Münze im Schnitt von Ai und Bj (aber es ist unklar, welche Waage defekt ist).




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Wauzi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2014-07-18


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2014-07-18


Hallo Wauzi,

bei deinem Beispiel wäre i = 1 und j = 1 (und nicht j = 2!). Somit Ai\Bj = {2} und Bj\Ai = {3}

Dann also

W3: 2 gegen 3

Bei Gleichstand von W3:

W1, W2 wahr: 1
W1, W3 wahr: 1
W2, W3 wahr: 1



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2014-07-18


Letzten Post mehrfach editiert. Jetzt stimmt's hoffentlich



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robertoprophet
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2014-07-18


@StrgAltEntf: Mir hat sich deine Lösung des Zusatzrätsels noch nicht vollständig erschlossen. Ich wähle beispielsweise i=1 und j=2. Angenommen, bei der dritten Wägung senkt sich die 4 und die 1 ist demnach leichter. Dann weiß ich doch lediglich, dass eine der Waagen 2 und 3 defekt ist, und 1 richtig arbeitet. Woher weiß ich aber, welche defekt ist? Wenn Waage 3 defekt ist, dann ist Münze 2 gefälscht. Ist hingegen Waage 2 defekt, so ist Münze 1 leichter.
Beide Möglichkeiten bestehen, oder irre ich mich da?



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2014-07-18


2014-07-18 19:31 - robertoprophet in Beitrag No. 26 schreibt:
Beide Möglichkeiten bestehen, oder irre ich mich da?

Mift ... es sieht aus, als ob du Recht hast.  eek



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robertoprophet
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2014-07-18


Dann benötigt man wohl auch hier 4 Wägungen, um selbst im worstcase die Münze zu finden.



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2014-07-18


Hallo ZetaX,

2014-07-15 15:29 - ZetaX in Beitrag No. 4 schreibt:
Übigens eine kleine aber gemeine Zusatzaufgabe: ist es mit 3maligem Wiegen (und weiterhin 3 Waagen, eine "kaputt") möglich, aus vier Münzen die eine leichtere zu finden¿


Wirklich gemein!  eek

Kannst du uns wenigstens verraten, ob die Antwort ja oder nein lautet?



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Nkosi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2014-11-15


2014-07-15 15:29 - ZetaX in Beitrag No. 4 schreibt:

Übigens eine kleine aber gemeine Zusatzaufgabe: ist es mit 3maligem Wiegen (und weiterhin 3 Waagen, eine "kaputt") möglich, aus vier Münzen die eine leichtere zu finden¿

Ein weniger mathematisch als logischer Lösungsansatz sagt: "nein"

Wenn ich gerade mit Mühe gezeigt habe, daß ich für 9 Münzen 4 Wägungen bei einer kaputten Waage brauche, dann brauche ich auch hier 4 Wägungen.
Denn ich brauche bei 4, 5, ...., 9 Münzen immer 2 korrekte Wägungen um eine leichtere Münze herauszufinden.
Also brauche ich logischerweise auch bei 4, 5, ...., 9 Münzen gleichviele Wägungen bei 3 Waagen mit einer defekten Waage.

So und nun ein bißchen konkreter:
Es gibt pro Wägung die Möglichkeit entweder 2 oder 4 Münzen zu wiegen.(die Wägung von einer und drei Münzen schließe ich mal ohne weitere Begründung aus)
Die 1. Wägung ist jeweils ohne Aussagekraft
Nach der 2. Wägung hat man entweder die Information welche Waage heile ist (bzw. von welchen zwei eine kaputt ist), weil sich die ersten beiden Wägungen widersprechen, mit nur noch einer Wägung übrig, oder man weiß welche Wägung man zur Verifizierung durchführen muß, weil die ersten beiden Wägungen sich entsprechen, bleibt die Frage, auf welcher Waage, man weiß ja nicht welche die kaputte ist.

Also kann man (muß aber nicht) nach 3 Wägungen zwar das richtige Ergebnis haben, aber man kann es nicht mit Sicherheit sagen.



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Kornkreis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2016-05-13


Hi,

2014-07-15 22:22 - Zetavonzwei in Beitrag No. 13 schreibt:
Hallo,

gibt es eigentlich Theorie zum allgemeinen Problem, d.h. also wie viele Wiegevorgänge braucht man mindestens, um aus n Münzen von denen m falsches Gewicht haben (zu leicht, zu schwer, unbekannt, aber einheitlich), diese herauszufinden?

Viele Grüße
Zvz

ja, das sollte mit Informations-Entropie-Betrachtungen gehen, die eine untere Schranke liefern, die aber nicht notwendig erreicht werden muss.

Zur Aufgabe:
Es ist sehr hilfreich für die Überlegungen, das Messergebnis einer Waage als Menge anzugeben. In der Menge stehen diejenigen Münzen, unter denen sich laut der Messung die Fälschung befinden muss.

Als Ergebnis der ersten Wägung muss immer die größtmögliche Menge berücksichtigt werden. Die minimale größtmögliche Menge ist eine 3er-Menge (wenn man eine gegen eine Münze wiegt, ist eine 7er-Menge möglich, bei zwei gegen zwei eine 5er-Menge und bei 4 gegen 4 eine 4er-Menge).

Wenn es mit der 3er-Menge als Ergebnis der Startmessung nicht klappt, dann klappt es mit jeder anderen Startmessung auch nicht, da diese eine Menge liefern können, die eine 3er-Menge enthält.

Die erste Messung mit Waage 1 liefert also (oBdA) {1,2,3}.

Sofort danach mit Waage 1 eine Messung zu machen bringt nichts, und wenn eine zweite Waage dasselbe Messergebnis hat, lässt sich die Fälschung auch nicht immer bestimmen (muss man sich überlegen). Man muss also verhindern, dass die zweite Waage dasselbe Messergebnis zeigen könnte.
Zusammen mit obigen Überlegungen folgt, dass man als Messergebnis von Waage 2 nur folgende Fälle betrachten muss:

a) Waage 2 liefert {4,5,6} [oBdA, bei Wägung von 178 gegen 239]
b) Waage 2 liefert {3,4,5} [oBdA, bei Wägung von 167 gegen 289]
c) Waage 2 liefert {2,3,4,5} [oBdA, bei Wägung von 2345 gegen 6789]

Aus a) folgt, dass die dritte Waage korrekt geht, mit ihr hat man noch zwei Messungen und kann die falsche Münze herausfinden.
Da die Menge aus b) in der Menge aus c) enthalten ist, reicht es, den Fall b) zu betrachten. Insgesamt hat man also:

Waage 1 liefert {1,2,3}, Waage 2 liefert {3,4,5}.

Die nächste Messung muss mit Waage 3 erfolgen, und man wiegt 12 gegen 34 ab (kurz: 12/34), oder 14/25, oder 12/45, oder 15/34.
Nun probiert man entweder diese Fälle durch, oder man sieht gleich, dass es mit 12/45 klappt.

Die Zusatzaufgabe von ZetaX lässt sich auch so lösen:
Die minimale größtmögliche Menge als Ergebnis einer Messung ist eine 2er-Menge.
Waage 1 liefert also {1,2} (oBdA).
Wieder bringt es nichts, mit derselben Waage die zweite Messung zu machen, weiterhin bringt es nichts, wenn eine andere Waage dasselbe Messergebnis hat (deshalb kann Waage 2 nicht {3,4} liefern, weil sie sonst auch {1,2} hätte liefern können).

Waage 2 liefert also {2,3} (oBdA).
Die falsche Münze befindet sich nun mit Sicherheit in {1,2,3}. Die dritte Waage kann jetzt {1}, {2} oder {3} liefern, und man sieht, dass man in jedem Fall die Fälschung nicht mit Sicherheit bestimmen kann.



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