6 monete

[giobimbo]

In attesa che Paolo32 dica dove ha trovato il problema delle 6 monete metto giù quella che mi sembra una soluzione corretta.
Abbiamo un insieme ordinato (a, b. c, d, e, f) di 6 monete di cui una falsa il cui peso vale y mentre le altre 5 pesano x ciascuna. Con P1 indico la pesata dell’insieme (a, b, c, d) (ovvero P1=a+b+c+d) e con P2 la pesata dell’insieme (c, d, e) (ovvero P2=c+d+e). Come prima faccio un esempio con x=2 e y=3.
Ci sono 6 casi possibili:
A) (2,2,2,2,2,3)
B) (2,2,2,2,3,2)
C) (2,2,2,3,2,2)
D) (2,2,3,2,2,2)
E) (2,3,2,2,2,2)
F) (3,2,2,2,2,2)
Partendo dall’ipotesi che y=c oppure y=d esamino caso per caso cosa succede.

A) P1=8 e P2=6 3x+y=8 e 2x+y=6; allora y=2 e x=2 impossibile. Ne ricavo che P1 e P2 hanno pesato monete di valore x=2. Terza pesata P3=f=3 per cui y=3

B) P1=8 e P2=7 3x+y=8 e 2x+y=7, allora x=1 e y=5
Terza pesata P3=b+d+f=6=x+d+x=1+d+1 e la moneta d peserebbe 4, impossibile, allora a=b=c=d=8/4=2 e da c+d+e=7 ne ricavo che e=3 per cui y=3

C) P1=9 e P2=7 3x+y=9 e 2x+y=7, allora x=2 e y=3
Terza pesata P3=b+d+f=x+b+x=2+b+2=7 per cui b=3=y. Oppure P3=b+c+f=2+c+2=6 per cui c=2 e da P1 ne ricavo che d=3=y

D) P1=9 e P2=7 3x+y=9 2x+y=7, allora x=2 e y=3
Terza pesata P3=b+d+f=x+d+x=6 per cui d=2 e, siccome x sta in P1 e P2, ne ricavo che y=c=3

E) P1=9 e P2=6 3x+y=9 e 2x+y=6; allora x=3 e y=0 impossibile. Ne ricavo che P2 ha pesato monete di valore x=2. Terza pesata P3=a=2 da cui ricavo b=3. Oppure terza pesata P3=b=3.

F) P1=9 e P2=6 3x+y=9 e 2x+y=6; allora x=3 e y=0 impossibile. Ne ricavo che P2 ha pesato monete di valore x=2. Terza pesata P3=a=3.Oppure terza pesata P3=b=2 da cui ricavo a=3.