La fausse pièce - Page 3

(je ne donne pas vraiment des indices, je voulais prouver qu'il y a forcément un cas où la deuxième pesée est « tordue »)

Effectivement, 6 pièces hors de la balance, c'est trop, si ta pesée s'équilibre il te reste 12 cas (chacune des six pièces qui n'était pas sur la balance peut être aussi bien plus lourde que plus légère) et tu ne peux pas t'en sortir.

Le truc c'est qu'il ne faut pas penser en nombre de pièces mais en nombre de cas : si tu mets 4 pièces de chaque côté et que ça penche, il te reste certes 8 pièces MAIS les 4 pièces du haut ne peuvent être que plus légères et les 4 pièces du bas ne peuvent être que plus lourdes. Il ne reste donc que 8 cas ! du coup on peut encore s'en sortir. C'est bien cette pesée qui élimine le plus de cas (et non le plus de pièces).

redangel (./60) :
Bon j'imagine que tu as donné tous les indices qui vont bien, mais honnêtement je laisse tomber, c'est pas assez "court" pour moi.

Le seul truc que j'en retiens, c'est que pour ma 1ère pesée je mettais 3 et 3 (pour en écarter 6 d'un coup) et que c'était sûrement pas une bonne idée (malgré l'efficacité de la pesée pour réduire le nombre de pièces).

Essaie avec huit pièces pour la première pesée et six (inutile d'en avoir plus) pièces pour la seconde.
Sally t'a dit ce qu'il fallait faire pour que ça marche à la seconde.

Je crois avoir trouvé: à la 2e pesée, parmi les 6 pièces, on introduit une "bonne". Ca permet après la 2e pesée de n'avoir plus que 3 suspectes.

Je ne crois pas avoir fait ça mais ça marche peut-être : présente-nous ta solution.

Euh... c'est quasiment imprésentable
(ou alors je scanne ma feuille pourrie?! )

T'as pas moyen de nous dire comment tu fais en trois lignes (en numérotant les pièces {1;2;...;B;C}

Sissi il y a un des cas où il est nécessaire d'utiliser au moins une bonne pièce lors de la deuxième pesée. Bon je donne la (une plus exactement) solution, ça a mariné suffisamment longtemps je pense

redangel (./63) :
Je crois avoir trouvé: à la 2e pesée, parmi les 6 pièces, on introduit une "bonne". Ca permet après la 2e pesée de n'avoir plus que 3 suspectes.

Titane (./64) :
Je ne crois pas avoir fait ça mais ça marche peut-être : présente-nous ta solution.

Sally (./67) :
Sissi il y a un des cas où il est nécessaire d'utiliser au moins une bonne pièce lors de la deuxième pesée. Bon je donne la (une plus exactement) solution, ça a mariné suffisamment longtemps je pense

Moi, à la deuxième pesée, je n'ajoute pas de bonne pièce dans le cas décrit par redangel (parmi 6).
Si j'ai pesé 1234 vs 5678 à la première et que ça penche vers 1234, je pèse ensuite 125 vs 346.
Si équilibrée, alors 7 ou 8 est plus légère (donc je les pèse).
Si 125 plus lourdes, alors soit 1 ou 2 est lourde, soit 6 est légère (je pèse 1 X 2 pour savoir)
Si 347 plus lourdes, alors soit 3 ou 4 est lourde, soit 5 est légère (je pèse 3 X 4)

En beaucoup plus brouillon, je faisais comme Sally (je crois).

J'ai lu et relu ton raisonnement Titane, et j'ai l'impression qu'il manque un cas. Et pourtant à priori non.

Titane > Non c'est dans l'autre cas que tu es obligé d'ajouter au moins une bonne pièce, ie si la première pesée est équilibrée. Si elle ne l'est pas, ta solution marche en effet (c'est la solution 3 bis )
(cross)

Sally (./70) :
Titane > Non c'est dans l'autre cas que tu es obligé d'ajouter au moins une bonne pièce, ie si la première pesée est équilibrée. Si elle ne l'est pas, ta solution marche en effet (c'est la solution 3 bis )
(cross)

Le cas dont parlait redangel est bien celui que je développe puisqu'il parlait d'une pesée de six pièces.
Quand 1234 = 5678, il faut effectivement ajouter une pièce pour déterminer laquelle est la bonne dans 9ABC

Ah je n'avais pas vu qu'il parlait d'un cas particulier. Ceci dit rien n'empêche de faire une deuxième pesée de six pièces quand 1234=5678, cf. mon point 2 ci-dessus (même si on peut se limiter à 4). Par contre évidemment ça implique d'utiliser au moins deux pièces bonnes puisqu'il n'y a plus que quatre suspectes ^^

Enfin en tous cas redangel a raison, on peut quand 1234 < 5678 faire une deuxième pesée de six pièces dont une bonne : pour reprendre ta notation si on met 129 d'un côté et 345 de l'autre on peut conclure (si c'est équilibré la fausse est dans 678 et est plus légère, si ça penche vers 129 soit 1 ou 2 est plus lourde soit 5 est plus légère, si ça penche vers 345 la fausse est 3 ou 4 et elle est plus lourde.)

On commence à faire le tour des solutions là je suppose.

Y'en a qui cherchent pour 13 pièces ?

Euh on a déjà fait aussi le tour de la question pour 13 pièces hein : pour rappel le problème n'est pas soluble tel quel, mais il est possible de le résoudre complètement si on dispose d'une pièce-étalon, ou bien, si on n'en a pas, il est possible de trouver la fausse pièce mais on aura une chance sur 13 de ne pas savoir si elle est plus lourde ou plus légère.
Dans le deuxième cas il n'y a pas d'astuce particulière (en fait c'est exactement pareil que pour 12 sauf que si les deux premières pesées s'équilibrent il reste deux pièces au lieu d'une, du coup on ne peut en tester qu'une des deux et si c'est l'autre la fausse ben on sait pas si elle est plus lourde ou plus légère). Dans le premier cas l'idée est simplement que grâce à la pièce étalon on peut mettre 9 des pièces à tester sur la balance au lieu de seulement 8 (en complétant par l'étalon sur le plateau où il n'y en a que 4), ensuite c'est similaire au cas des 12 pièces.

On peut aussi couper des pièces en trois

Ah oui c'est vrai

Sally> Gnagnagna
J'ai pas demandé s'il y avait une solution (j'ai été le premier à dire qu'on pouvait dire si la pièce était plus loure ou plus légère dans 12 cas sur 13) mais s'il y en a qui cherchaient, au même titre que redangel cherchait pour 12.

Perso je ne cherche plus
De totue façon je fais tout à la carte bleue, alors les pièces...

Tu as douze cartes bleues.
L'une d'elle est fausse mais tu ne sais pas si elle est plus lourde ou plus légère.
Comment la trouver en trois pesées et comment savoir alors si elle est plus lourde ou plus légère ?

EDIT: Trois, douze, où est la différence ?

Sauf qu'on s'en fout de la masse d'une carte bleue

J'achète un lecteur de cartes.
En plus elles peuvent pas faire le même poids puisqu'elles n'ont pas les mêmes caractères incrustés!

Et en plus, personne n'arriverait convenablement à gérer 12 cartes bleues
Quand à en avoir 13... le malheur...


...

...ah mais attends, 12 pesées?

redangel (./81) :
J'achète un lecteur de cartes.En plus elles peuvent pas faire le même poids puisqu'elles n'ont pas les mêmes caractères incrustés!

Ca ne suffit pas à démontrer qu'elles ne font pas le même poids.

...ah mais attends, 12 pesées?

Un instant de faiblesse.

redangel (./81) :
En plus elles peuvent pas faire le même poids puisqu'elles n'ont pas les mêmes caractères incrustés!

C'est pas incrusté, c'est du "relief", la carte est déformée, le poids reste le même

En plus

Il y a de l'encre qui est appliquée sur les reliefs des chiffres, alors le poids dépend de leur surface

vince> Oups, pas faux!

Mais euh... et si comme moi, vous griffonnez (au compas) les 3 chiffres du cryptogramme à l'arrière pour rendre votre carte volée inutilisable?

Cela dit, je préfère la carte la plus lourde, car elle est sûrement en or (plus lourd) et tout le monde sait qu'avec une carte Gold on va plus loin plus longtemps