Due indovinelli logici

da **Elijah82** » 20/04/2005, 21:28

Alice, credo che così non funzioni. Se prendiamo i monete dal sacco i-esimo e troviamo che abbiamo 3 monete false nella pesata, non possiamo sapere se il 3° sacco è falso, oppure lo sono il 1° e il 2°.
Secondo me il fatto è che dobbiamo costruire un'applicazione biiettiva che associ l'insieme dei casi possibili a un insieme finito. poiché il primo insieme ha cardinalità 2^n, occorrono 2^n numeri naturali distinti, ossia esattamente quanti se ne ottengono prendendo 2^(i-1) monete dal sacco i-esimo, per i = 1,...,n, e considerando il totale di monete false, che è un numero k che può andare da 0 a 2^n - 1, cioè assumere 2^n valori differenti. Di meno non si può, questo è sufficiente, dunque credo di aver dimostrato che è il procedimento meno dispendioso.
Quanto a Pachito, non ho capito che ipotesi aggiuntive occorrerebbero. Me le spiegheresti?

da **Elijah82** » 20/04/2005, 21:29

Thomas: ma se prendo A1 = A2?

da **alice** » 20/04/2005, 22:08

Elijah82, avevo letto frettolosamente il testo e saltato diverse risposte. Chiedo scusa. Avevo perso l'ipotesi essenziale che "alcuni sacchi possono contenere monete false". Davo per scontato che fosse uno solo.
Bella variante!

Ciao

da **Pachito** » 20/04/2005, 23:19

<blockquote id="quote">quote:<hr height="1" noshade id="quote">Originally posted by Elijah82

Ci sono n sacchi di monete d'oro. Ciascun sacco contiene un numero diverso, e non noto, di monete. C'è il sospetto che fra i sacchi ce ne siano alcuni che contengono solo monete finte.<hr height="1" noshade id="quote"></blockquote id="quote">
Dunque è possibile che i sacchi (supponiamo 4) contengano 1,2,3,4 monete. In questo caso il problema è irrisolvibile.
Come ipotesi aggiuntiva dovresti dire che in un sacco ci sono almeno 2^n monete in un altro 2^(n-1) e così via.
Oppure altra ipotesi che aggiusterebbe tutto è nel dire :
"...C'è il sospetto che fra i sacchi ce ne sia uno che contenga solo monete finte."
Allora l'ipotesi "Ciascun sacco contiene un numero diverso, e non noto, di monete" è sufficiente alla soluzione del problema.
E' infatti possibile prendere una moneta da un sacco, due da un altro, n dall'ennesimo e poi pesare.
(Si potrebbe obiettare che non si conosce a priori il numero di monete
di ciascun sacco e magari nell'n-simo sacco non ci sono n monete, ma questo non è un gran problema...)

da **WonderP** » 21/04/2005, 12:07

Io ho fatto il ragionamento che ha detto alice, ma ho letto male il problema infatti ci sono ALCUNI sacchi e non uno.

WonderP.

da **WonderP** » 21/04/2005, 12:08

poco fa non c'erano questo ultimi post! Il mio PC sta dando i numeri, scusate l'intervento inutile.

WonderP.

da **Elijah82** » 21/04/2005, 12:12

Ok, Pachito. Poi, nel discorso, mi pare di aver aggiunto che supponiamo di avere abbastanza monete in ogni sacco :-)

da **Elijah82** » 21/04/2005, 12:45

<blockquote id="quote">quote:<hr height="1" noshade id="quote">Originally posted by jack

piccolo scolio(ma si dice così?) al problema 1:
si potranno sempre far alloggiare tutte le persone che verranno?

ciao
<hr height="1" noshade id="quote"></blockquote id="quote">
be' è passato un po' di tempo (e sembra che l'attenzione sia stata calamitata dal problema 2) quindi propongo la mia soluzione
dal momento che le persone che verranno potranno sempre costituire al più un'infinità numerabile, sarà sempre possibile farle alloggiare, in quanto, attuando il ragionamento di ilyily, sono sempre libere le stanze dispari, che sono un insieme numerabile, e pertanto sono a sufficienza per ospitare tutti gli avventori.

da **Thomas** » 21/04/2005, 13:37

<blockquote id="quote">quote:<hr height="1" noshade id="quote">Originally posted by Elijah82

Thomas: ma se prendo A1 = A2?
<hr height="1" noshade id="quote"></blockquote id="quote">

Forse non mi sono spiegato. Tu "prendi" l'insieme A.

A1 ed A2 sono due sottoinsiemi di A (che rispettano certe condizioni) di cui BISOGNA DIMOSTRARE l'esistenza... anzi no!, ora ho capito cosa intendi. Beh A1<>A2 è da aggiungere nelle ipotesi, altrimenti la congettura è banale...

da **jack** » 21/04/2005, 13:46

<blockquote id="quote">quote:<hr height="1" noshade id="quote">Originally posted by Elijah82

<blockquote id="quote">quote:<hr height="1" noshade id="quote">Originally posted by jack

piccolo scolio(ma si dice così?) al problema 1:
si potranno sempre far alloggiare tutte le persone che verranno?

ciao
<hr height="1" noshade id="quote"></blockquote id="quote">
be' è passato un po' di tempo (e sembra che l'attenzione sia stata calamitata dal problema 2) quindi propongo la mia soluzione
dal momento che le persone che verranno potranno sempre costituire al più un'infinità numerabile, sarà sempre possibile farle alloggiare, in quanto, attuando il ragionamento di ilyily, sono sempre libere le stanze dispari, che sono un insieme numerabile, e pertanto sono a sufficienza per ospitare tutti gli avventori.
<hr height="1" noshade id="quote"></blockquote id="quote">

exactly [:)][:)]

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