Kam s ním (s příspěvkem)? Když jinde není místo, tady ano...

[MM-Mikulovsky]

tak to jsem hódně zvědav, jestli se zase redakce Metra chtne na lep nesmyslu - Unavení revizoři http://www.metro.cz/me-hlidac.aspx?idc=12120712491, protože osobně jsem ještě neviděl revizora ve službě s brašnou!

[Petrpes]

Já bych vám všech 10 pytlů vysypal na jednu hromadu, to by pak byla teprve sranda :]]]

[9001]

Já bych správně viděl MOpovo řešení, taky mě napadlo jako první, jelikož znám podobnou úlohu, ale tam je zadaná celková váha pytlů. Takhle bych to viděl na 2 vážení, kdy při 1. si zvážíme libovolnou minci a při druhém podle MOpova řešení s tím, že tu minci tam necháme a přidáme mince od 2 po 10 mincí a zbytek dopočítáme: m = váha mince, x = celková váha z 2. vážení a pak jsou 2 řešení buď jsme zvolili ze správného pytle pak řešení bude: x = m + 54*m-1 v opačném případě to bude x = 55*m + <2,10> z N podle toho ve kterém pytli jsou pravé mince.

Tady někdo viděl Columba. Díl Případ vysokého IQ

[Venca]

Já bych správně viděl MOpovo řešení, taky mě napadlo jako první, jelikož znám podobnou úlohu, ale tam je zadaná celková váha pytlů. Takhle bych to viděl na 2 vážení, kdy při 1. si zvážíme libovolnou minci a při druhém podle MOpova řešení s tím, že tu minci tam necháme a přidáme mince od 2 po 10 mincí a zbytek dopočítáme: m = váha mince, x = celková váha z 2. vážení a pak jsou 2 řešení buď jsme zvolili ze správného pytle pak řešení bude: x = m + 54*m-1 v opačném případě to bude x = 55*m + <2,10> z N podle toho ve kterém pytli jsou pravé mince.

[P_V]

...Tedy 2 vážení....

a proto bude správně mnou uvedená varianta 6 (při štěstí jen 4) vážení:

No však, protože se nás 9001 neptal na minimální počet vážení, je každý postup vedoucí k cíli správný, jen tu 1 by si musel Mop obhájit

[MM-Mikulovsky]

Na digitální váze bych postupoval podobně jak nastínil Mop, 1 minci z prvního pytle, 2 mince z druhého atd. Ale po pátém pytli stop! A znova to samé s pytli 6 - 10. Tedy 2 vážení. Lehčí hromádka / 15 ks = váha padělku, (těžší hromádka - lehčí hromádka) / 1 g = číslo pytle v daném vážení. Ale nejrychlejší bude vážit po jedné minci z každého pytle, sice vážím víckrát, ale přenáším méně mincí a nepotřebuju kalkulačku.

a proto bude správně mnou uvedená varianta 6 (při štěstí jen 4) vážení:
1.) z 5ti pytlů po jedné minci
2.) z dalších 5ti pytlů pojedné minci
- vybrání těžších pěti mincí + uschování 1 mince z nich
3.) zvážení 2 ze zbylé čtveřice
4.) zvážení dalších 2 ze zbylé čtveřice
- jsou-li obě dvojce totožně těžké, tak zlatá je ta uschovaná mince, nejsou-li totožné pokračuji ve vážení:
5.) zvážení 1 mince z těžší dvojce
6.) z vážení 2. mince z těžší dvojce
- vybrání těžší = zlaté

[P_V]

Na digitální váze bych postupoval podobně jak nastínil Mop, 1 minci z prvního pytle, 2 mince z druhého atd. Ale po pátém pytli stop! A znova to samé s pytli 6 - 10. Tedy 2 vážení. Lehčí hromádka / 15 ks = váha padělku, (těžší hromádka - lehčí hromádka) / 1 g = číslo pytle v daném vážení. Ale nejrychlejší bude vážit po jedné minci z každého pytle, sice vážím víckrát, ale přenáším méně mincí a nepotřebuju kalkulačku.

[9001]

OK, navážil jsi 150g. V kterém pytli jsou zlaté mince?

to neni ma odpoved, ale odpoved co byla na webu

Se nestydíš opsat moji odpověď.

Řešení lze najít v seriálu Columbo. Případ vysokého IQ

[MOp]

OK, navážil jsi 150g. V kterém pytli jsou zlaté mince?

to neni ma odpoved, ale odpoved co byla na webu

[MM-Mikulovsky]

Trochu duševní rozcvička.
hádanka: 10 pytlů zlaťáků, jeden obsahuje zlaté mince, zbytek jsou padělky. Okem to není poznat. Zlaté mince jsou o gram těžší než ostatní. Kolik vážení je třeba na zjištění, které mince jsou zlaté na digitálních vahách.

Kdyz budes mit stesti, tak 2x, jinak 3x

toto je správně při vážení na dvouramenné váze - z každého pytle se veme po jedné minci, na každou misku se dá 5 mincí = zjistí se která půle obsahuje 1 zlatou minci = z této půle se jedna mince schová a zbylé 4 dají/rozdělí na misky po dvou =
a) při štěstí váží obě dvojce stejně, tak zlatá mince je ta schovaná,
b) pravděpodobnější je, že jedna ze dvojic je těžší = musí z ní být dány na misky mince po třetí - každá z nich na jednu = těžší z nich je zlatá

řešení s použitím digitální váhy mne však nenapadá ...
EDIT: Odvodím-li postup od výše popsaného, tak stačí při štěstí 4 vážení, ale jinak nejpozději při 6. vážení se musí také poznat, která mince je zlatá. Dokáže někdo popsat můj odvozený postup?

[P_V]

(1 vážení-z prvniho pytle vemu jednu minci, z druhého dve mince atd., vse dam na vahu a kolik gramu bude přes vahu ten pytel obsahuje zlate mince).

OK, navážil jsi 150g. V kterém pytli jsou zlaté mince?

[MOp]

10 pytlů zlaťáků a jeden obsahuje zlaté mince. Kolik vážení je třeba na zjištění, které mince jsou zlaté na digitálních vahách. Zlaté mince jsou o gram těžší než ostatní. Vizuálně to není poznat.
(1 vážení-z prvniho pytle vemu jednu minci, z druhého dve mince atd., vse dam na vahu a kolik gramu bude přes vahu ten pytel obsahuje zlate mince).

[P_V]

Hádanka se neptá na minimální počet, takže může být správná odpověď klidně např. 42.
Ale i kdyby se ptala na minimum, vychází z nesprávného předpokladu, že provedení jednoho zvážení je náročnější, než nějaké složité aranžování mincí na vahách.

[petr03]

Trochu duševní rozcvička.
hádanka: 10 pytlů zlaťáků, jeden obsahuje zlaté mince, zbytek jsou padělky. Okem to není poznat. Zlaté mince jsou o gram těžší než ostatní. Kolik vážení je třeba na zjištění, které mince jsou zlaté na digitálních vahách.

Kdyz budes mit stesti, tak 2x, jinak 3x

[XSC]

Půlením intervalu snad maximálně 4.