Wochenmittenrätsel

[Klotzkopp]

Wir hatten ja schon seit zwei Tagen kein Rätsel mehr!

Also:

Wie viele Gewichte brauche ich, um mit einer Balkenwaage jedes ganzzahlige Gewicht von 1 bis 100 g abwiegen zu können?

Viel Spaß

[Rubicon]

Ich würde jetzt mal ganz spontan und naiv sagen: 20

2*1

2*2

2*3

2*4

2*5

2*10

2*20

2*30

2*40

2*50

Oder?

[bigredeyes]

ICH SAG 7!!!!

begründung:

100 dez = 1100100 bin => die stellen können auch als aufgelegtes gewicht ja/nein stehen!!! also bräuchte man

1*64

1*32

1*16

1*8

1*4

1*2

1*1

damit kann man sogar bis 127 gramm wiegen

greetz bigredeyes

[The_red_one]

Ich bin auch für sieben.

ABER:

1, 3, 5, 10, 20, 40, 80

Habs aber nicht ausprobiert. Denke aber es klappt so auch.

Geht aber bis 159.

Korrigiert mich, wenn ich irre.

Hab zwar keine hochmathematische Begründung, aber so von wegen weiblicher Intuition glaube ich es müsste passen.

But nobodys perfekt.

[Woodstock]

Ich bin eher für das was bigredeyes geschrieben hat. Bei Deiner Lösung The_Red_One kann ich z.B. keine zwei wiegen. Das ist schon nicht gut.

Also, ich denke auch sieben, und zwar 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64!

Bine

[The_red_one]

Natürlich kann ich eine zwei wiegen!!!

3 in die eine Schale, 1 in die andere, und schon ist die eine Schale um 2 schwerer als die andere. So einfach!

Und nur so funktioniert mein Prinzip;)

[Klotzkopp]

Also bisher war alles - zumindest was die Anzahl angeht - falsch.

[bigredeyes]

daß man (oops, frau auch ) da so rumwirbeln kann mit den gewichten, dann lass ich die 2g weg, mache das auch mit dem einen gramm auch die andere seite usw und dann müsste ich doch nur 6 gewichte nehmen.....

alles nicht durchgerechnet, möchte nur recht haben

bigredeyes

p.s. balkenwaage == waage wie justizia?????????????

p.s.2: darf man gewichte auf beide seiten legen?????

[Klotzkopp]

Original geschrieben von bigredeyes

... und dann müsste ich doch nur 6 gewichte nehmen.....

alles nicht durchgerechnet, möchte nur recht haben

Da muss ich Dich enttäuschen

p.s. balkenwaage == waage wie justizia?????????????

p.s.2: darf man gewichte auf beide seiten legen?????

1. Ja, genau so ein Ding. Zwei Waagschalen, die beiden Arme sind gleich lang.

2. Sicher

[-cta-]

1-2-7-15-31-63

[Klotzkopp]

Original geschrieben von -cta-

1-2-7-15-31-63

Wie schon gesagt, 6 ist auch nicht die Lösung...

[gugelhupf]

Warum ist 6 falsch ???

Also mit 1,2,7 lassen sich alle Gewichte von 1-10 darstellen.

Dementsprechend kann man mit 10,20,70 alle Zehner zwischen 10-100 darstellen.

Also ergibt es die Gewichtemenge={1,2,7,10,20,70}

Kann mir jemand mit diesen Gewichten eine Zahl nennen die sich nicht darstellen lässt ??

[Woodstock]

Wnn Du von jedem nur eins hast, dann z.B. die 5!!!

Bine

[-cta-]

Original geschrieben von Woodstock

Wnn Du von jedem nur eins hast, dann z.B. die 5!!!

Bine

????

7-2=5

[Klotzkopp]

Original geschrieben von gugelhupf

Warum ist 6 falsch ???

[snip]

Kann mir jemand mit diesen Gewichten eine Zahl nennen die sich nicht darstellen lässt ??

Natürlich kann man mit diesen 6 alle Gewichte abwiegen. Aber das ist nicht die Frage. Das kann ich auch mit hundert Gewichten

Die Frage ist, wie viele brauche ich? Und ich behaupte jetzt einfach mal, es geht mit weniger als 6

[StefanK]

Dann schätz ich mal, das es 5 sind;)

Nur welche, kann ich nicht sagen. Hab es mal mit den Zahlen 16,24,25,29,31 versucht und kann damit schon von 1 bis 49 alle Zahlen abbilden.

[bimei]

Original geschrieben von gugelhupf

Also ergibt es die Gewichtemenge={1,2,7,10,20,70}

Wozu die 10, die hast Du doch auch mit 1,2 und 7?

Sorry Klotzkopp, wenn das jetzt villeicht blöd in den Thread gefragt ist, ich hab nur mal schnell überflogen und da sprang mir das ins Auge...

[Klotzkopp]

Original geschrieben von bimei

Sorry Klotzkopp, wenn das jetzt villeicht blöd in den Thread gefragt ist, ich hab nur mal schnell überflogen und da sprang mir das ins Auge...

Kein Problem

Also, 5 ist richtig (Tusch!)

Nächste Frage (logisch): Welche Gewichte?

Nur zur Info: Es gibt mehrere Lösungen, aber eine ist besonders, sagen wir, schön

@StefanK:

Steckt bei Deinen Zahlen ein System dahinter, oder probierst Du nur?

[StefanK]

Original geschrieben von Klotzkopp

@StefanK:

Steckt bei Deinen Zahlen ein System dahinter, oder probierst Du nur?

Ich probiere ein System

Die Differenzen der einzelnen nacheinanderfolgenden Zahlen sind 8,1,4,2. Somit kann man schon mal alle Zahlen von 1-15 darstellen, dann hab ich die 16, usw.

Nur höhere Zahlen (z.B. 50) kann ich mit den 5 oben genannten noch nicht darstellen.

*weitergrübel*

[Goos]

Also ich wuerd mal sagen man nimmt am besten

1,3,9,27,81

Funktioniert folgendermassen:

Mit 1 fangen wir halt einfach mal an....fragt mich nicht wieso

Danach gehts nach dem System weiter, dass der mit meinen bisherigen Gewichten maximale Betrag verdoppelt und dazu dann noch 1 hinzugezaehlt wird.

Wir waeren also bei 3.

Der Hintergrund ist, dass man ja die mit meinem Gewichten (hier gerade erst 1) maximal darstellbare Zahl von dem naechst groesseren Gewicht auch wieder abziehen kann. Man sollte dann 1 ueber dem bisherigen maixmal Betrag landen ( sonst verschwendet man ja was )

Also mit 1 und 3 kann ich dann darstellen:

1 = 1

2 = 3-1

3 = 3

4 = 3+1

Maximalbetrag 4 * 2 +1 = 9

5 = 9 -3-1

6 = 9-3

7 = 9+1-3

8 = 9-1

9 = 9 :OD

10 = 9+1

11 = 9-1+3

12 = 9+3

13 = 9+3+1

Maximalbetrag 13 *2 +1 = 27

...

..

.

naja uns so weiter halt

Tschoee

Goos

[Klotzkopp]

Original geschrieben von Goos

Also ich wuerd mal sagen man nimmt am besten

1,3,9,27,81

Richtig

Da jedes Gewicht drei verschiedene "Zustände" annehmen kann (linke Waagschale/rechte Waagschale/gar nicht verwendet), liegt die nächste Größenordnung für den Wertebereich immer um den Faktor 3 höher. Daher entsprechen die gesuchten Gewichte den Potenzen von drei.

[gugelhupf]

Gute Lösung

@Klotzkopp: Kann man das auch beweisen ? Würd mich schon mal interessieren...

[Klotzkopp]

Original geschrieben von gugelhupf

Kann man das auch beweisen ? Würd mich schon mal interessieren...

Naja, man könnte so argumentieren: Ausgehend von einer fünfstelligen Zahl im Dreiersystem, die ja die Werte 0 bis 242 darstellen kann, definiert man nun die möglichen Stellenwerte um: Eine zwei an einer beliebigen Stelle der Zahl ist in dieser Aufgabe nicht darstellbar, weil wir jedes Gewicht nur einmal haben. Allerdings haben wir dafür sozusagen einen zusätzlichen Stellenwert -1, wenn das Gewicht in der anderen Waagschale liegt.

Wir haben jetzt also:

n = k1 * 81 + k2 * 27 + k3 * 9 + k4 * 3 + k5, mit kx aus { -1; 0; 1 }

Dadurch ändert sich nur der darstellbare Zahlenbereich (auf -121 bis +121), wobei die negativen Zahlen hier nicht weiter relevant sind. Jetzt müsste man nur noch beweisen, dass diese Gleichung für jedes n aus [1,100] eindeutig lösbar ist.

[gugelhupf]

hmmm...leuchtet schon ein.

Aber: ich diesem Beweis wird ja schon davon ausgegangen, dass man die Anzahl der benötigten Gewichte kennt !

Also wenn man von der Aufgabe her herangeht, muss man wahrscheinlich erstmal zeigen, dass man jedes Gewicht nur 1xmal braucht.

Ich denke, dass das gar nicht so einfach ist (wahrscheinlich Ungleichungssystem)

[Klotzkopp]

Original geschrieben von gugelhupf

Aber: ich diesem Beweis wird ja schon davon ausgegangen, dass man die Anzahl der benötigten Gewichte kennt !

Aber die kann man leicht ausrechnen. Die größte darstellbare Zahl in diesem abgewandelten Dreiersystem ist (3 hoch Stellenzahl - 1) / 2.

Also wenn man von der Aufgabe her herangeht, muss man wahrscheinlich erstmal zeigen, dass man jedes Gewicht nur 1xmal braucht.

Das ergibt sich eigentlich automatisch: Jede Stelle kann 0, 1 oder -1 sein, bedeutet: Gewicht nicht benutzt, linke oder rechte Waagschale. Andere Stellenwerte können ja gar nicht vorkommen.