Filozofie, logica si perspicacitate

Io am rezolvat problema asta imediat.

Cu google.

Problema era cu monede, însă după cum s-a observat poate fi și cu bile, nasturi, portocale etc.

Dacă pornești de la ideea preconcepută că nu se poate, sigur că n-o să rezolvi problema. Lasă presupunerile și încearcă pur și simplu, analizând fiecare din variantele posibile. 

Pentru ușurința explicării numerotăm monedele (bilele) cu 1,2,3...12. 

Punem în balanță 4 cu 4, respectiv {1,2,3,4} cu {5,6,7,8} și vom avea variantele:

A

1  2  3  4          5  6  7  8

__________  _________

adică balanța e în echilibru,

B

                         5  6  7  8

                     __________

1  2  3  4

__________

adică balanța se înclină înspre grupul {1,2,3,4},

C

1  2  3  4

__________

                          5  6  7  8

                     ___________

adică balanța se înclină înspre grupul {5,6,7,8}.

La cea de-a doua cântărire e nevoie de un artificiu, să-i spunem așa.

(Sper să se înțeleagă cum am reprezentat problema...)

Blues a scris:

 Pentru ca contrasens.

Bingo, răspuns corect! 

E rândul tău să pui o problemă :)

Blues a scris:

Lica?

Să ne reamintim problema:

Bebe spune: Gogu minte!

Gogu spune: Lică minte!

Lică spune cu avânt:

Bebe şi cu Gogu mint,

Restul sunt doar vorbe-n vânt!

Judecând cu luare-aminte

Hai să spunem care minte!

--------------------------------------

Tre să analizăm, pe rând, afirmațiile celor trei și implicațiile afirmațiilor respective. În două cazuri, vom ajunge la concluzia că în final e vorba de o contradicție.

Mai încearcă! :)

da, contrasens, bună asta, se pare ca Blues e mai isteață decat lasă impresia. 

Alta problema:

Intr-un bol sunt 25 de bile albe si 50 de bile negre. Extragem cate 2 bile(aleator) din bol:

- daca cel putin o bila este neagra atunci punem o bila neagra in afara bolului si cealalta bila in bol

- daca ambele bile sunt albe atunci punem ambele bile albe in afara bolului.

Daca la sfarsit in bol ramane o singura bila atunci :

1) Este alba

2) Este neagra

3) Poate fi ori alba ori neagra

4) Nu este posibil sa ramana o singura bila.

Alegeti varianta corecta.

Redondo a scris:

da, contrasens, bună asta,

se pare ca Blues e mai isteață decat lasă impresia. 

Este că e bună? :)

Să fie, oare, mai isteață decât tine? 

(Sper să nu te superi! :) )

Redondo a scris:

Alta problema:

Intr-un bol sunt 25 de bile albe si 50 de bile negre. Extragem cate 2 bile(aleator) din bol:

- daca cel putin o bila este neagra atunci punem o bila neagra in afara bolului si cealalta bila in bol

- daca ambele bile sunt albe atunci punem ambele bile albe in afara bolului.

Daca la sfarsit in bol ramane o singura bila atunci :

1) Este alba

2) Este neagra

3) Poate fi ori alba ori neagra

4) Nu este posibil sa ramana o singura bila.

Alegeti varianta corecta.

Promit să încerc să o rezolv mâine, la cafea. :)

Dar, așa, ca un răspuns ”în plic”, să spunem, aș zice că răspunsul corect ar fi: 

1) Este albă

Rămâne să analizez mâine, mai cu temei...:)

Blues a scris:

Nu cred ca sunt necesare variantele A B si C. Doar ca balanta e egala si ca balanta este dezechilibrata, in ce sens este dezechilibrata chiar nu conteaza. 

E bună observația! Ei vezi, că dacă ai răbdare, chiar iese treaba? 

Sigur că, odată ce am rezolvat varianta B, atunci varianta C este de la sine înțeleasă și (în cazul acesteia) putem spune idem B.

Eu doar am prezentat toate cazurile posibile :)

Blues a scris:

A. Balanta este egala din prima:

Daca luam monedele 1 2 3 4 si 5 6 7 8, le cantarim si sunt egale, inseamna ca niciuna dintre monede nu este falsa, deci cea falsa se afla sigur in grupul 9 10 11 12. Deci din astea luam doar 3 si le cantarim cu 3 din cele despre care stim deja ca nu sunt false. Daca balanta este iar egala, inseamna ca moneda necantarita este cea falsa dar inca nu stim daca e mai grea sau mai usoara decat celelate. Daca balanta nu este egala, facem ultima cantarire intre doua monede din acestea trei.

Acu' mai ramane sa vad si ce fac in cazul in care balanta este din prima dezechilibrata, mai mult de atat nu am avut rabdare acu', dupa cum bine m-ai acuzat mai devreme. :))

Revin numai daca-mi zici ca e corect mai sus, altfel nu.

Mai vorbim și mâine...adică azi, dar mai târziu oleacă 

Noapte bună! :)

Blues a scris:

Nu cred ca sunt necesare variantele A B si C. Doar ca balanta e egala si ca balanta este dezechilibrata, in ce sens este dezechilibrata chiar nu conteaza. 

A. Balanta este egala din prima:

Daca luam monedele 1 2 3 4 si 5 6 7 8, le cantarim si sunt egale, inseamna ca niciuna dintre monede nu este falsa, deci cea falsa se afla sigur in grupul 9 10 11 12. Deci din astea luam doar 3 si le cantarim cu 3 din cele despre care stim deja ca nu sunt false. Daca balanta este iar egala, inseamna ca moneda necantarita este cea falsa dar inca nu stim daca e mai grea sau mai usoara decat celelate. Daca balanta nu este egala, facem ultima cantarire intre doua monede din acestea trei.

Acu' mai ramane sa vad si ce fac in cazul in care balanta este din prima dezechilibrata, mai mult de atat nu am avut rabdare acu', dupa cum bine m-ai acuzat mai devreme. :))

Revin numai daca-mi zici ca e corect mai sus, altfel nu.

Voi încerca un rezumat, o reprezentare schematică :)

A

1  2  3  4          5  6  7  8

__________  _________

adică balanța e în echilibru,

Balanța fiind în echilibru    => moneda (bila) căutată, pe care o vom nota cu „x”, va fi cu certitudine una din cele rămase deoparte, respectiv din grupul  {9,10,11,12} și pentru ușurință vom scrie că x aparține grupului {9,10,11,12}, adică x ∈{9,10,11,12} - celelalte monede , respectiv grupul {1,2,3,4,5,6,7, 8} să le zicem  „neutre”.

2

a)

 9   10   11        0    0    0

__________ __________, 

adică balanța rămâne în echilibru, => x = 12, adică moneda căutată este cea notată convențional 12 și la următoarea cântărire a acesteia cu oricare din monedele neutre, în funcție de cum se va înclina balanța vom afla și dacă e mai grea sau mai ușoară, respectiv:

3

                        0

     12        __________   ,  => 12 g (mai grea)

________

sau

     12

________         0

                 __________ ,    => 12 u (mai ușoară)

2

b)

                      0    0     0

                     ___________

  9   10   11

__________

adică balanța se înclină în sensul grupului {9,10,11},  =>  x ∈{9,10,11} și știm că e mai grea și la următoarea cântărire a oricăror două monede din acest grup vom găsi moneda căutată:

3

     9                     10

__________ ___________ ,  => 11 (g)

sau 

                             10

     9              __________     ,  =>  9 (g)

__________

sau 

     9

________         10

                 __________ ,          =>  10 (g)

În concluzie: felicitări Blues! :)

Redondo a scris:

da, contrasens, bună asta, se pare ca Blues e mai isteață decat lasă impresia. 

Alta problema:

Intr-un bol sunt 25 de bile albe si 50 de bile negre. Extragem cate 2 bile(aleator) din bol:

- daca cel putin o bila este neagra atunci punem o bila neagra in afara bolului si cealalta bila in bol

- daca ambele bile sunt albe atunci punem ambele bile albe in afara bolului.

Daca la sfarsit in bol ramane o singura bila atunci :

1) Este alba

2) Este neagra

3) Poate fi ori alba ori neagra

4) Nu este posibil sa ramana o singura bila.

Alegeti varianta corecta.

Revin, de data asta cu o certitudine. Răspuns corect, cum am intuit și aseară, este varianta 1) Este albă.

Datorită faptului că avem un număr impar de bile albe, coroborat cu faptul că în cazul în care extragem o bilă albă și una neagră atunci bila albă va fi repusă în bol, dacă la sfârșit în bol rămâne o singură bilă atunci este albă.

Ceea ce e bine de observat, este faptul că, datorită premiselor, în bol vom avea tot timpul un număr impar de bile albe.

raspunsul e corect dar poti ajunge la un raspuns corect desi rationamentul e gresit. 

poti extrage si 2 bile negre prima data, caz in care vor ramane 49 de bile negre si 25 de bile albe deci un nr impar pentru fiecare. 

Păi și unde e greșeala de raționament? N-am spus că nu pot rămâne în bol, la un moment dat un număr impar de bile negre, ci am spus că este important de sesizat că în bol vom avea tot timpul un număr impar de bile albe, așa cum rezultă din analiza premiselor 

Dacă notăm astfel:

1. într-un bol sunt 25 de bile albe si 50 de bile negre. Extragem cate 2 bile(aleator) din bol:

2. daca cel putin o bila este neagra atunci punem o bila neagra in afara bolului si cealalta bila in bol

3. daca ambele bile sunt albe atunci punem ambele bile albe in afara bolului.

De aici, putem formula:

-în bol avem inițial un nr impar de bile albe ( 1);

-în cazul în care se extrage o bilă albă și una neagră, bila albă va fi cu regularitate repusă în bol ( 2);

-bilele albe pot fi eliminate (scoase) din bol, numai câte două ( 3) ;

-bilele negre nu pot fi eliminate (scoase) decât câte una ( 2); 

din 1 și 3  =>

4. în bol vom avea tot timpul doar un număr par de bile albe.

Acestea sunt elementele suficiente pe baza cărora putem concluziona că dacă la sfârșit în bol rămâne o singură bilă, atunci aceasta este albă.

Se observă că, în orice scenariu, putem reduce finalul problemei la una din situațiile:

a) În bol vom avea un număr impar de bile albe și nicio bilă neagră. Fapt care va duce ca la sfârșit vom rămâne în bol cu o bilă albă.

b) În bol vom avea înaintea ultimei extrageri o bilă albă împreună cu una neagră.

prima data nu ai spus nimic de cazul in care extragi 2 bile negre. Ultima explicatie e buna.