Heureusement, le diplôme en tant du maître de balance a pu donné à Monsieur Frank Entrich de Norderstedt (Allemagne), parce qu'il est le premier, qui a deviné le problème complètement et sans fautes, comme la solution au dessous envoyée de lui démontre. Si vous vous creusez encore la tête, il est recommandé de vous adresser à lui directement.
Je partage les billes en trois groupes (avec quatre billes à chaque fois):
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1er essai de peser:
Je pèse le groupe 1 et 2 ( billes 1 - 8 )
0000 = 0000 => la balance est en équilibre
1234 5678
=> la bille différente se trouve dans le troisième
groupe (billes 9 - 12)
2ème essai de peser:
Je pèse 3 billes du troisième groupe aussi bien qu'une bille des huit
premières (ainsi une bille du troisième groupe reste pas tenu compte au
loin.)
0 0 = 0 0 => la balance est en équilibre
9 10 11 5
=> la bille différente est la bille pas encore
pesée jusqu'au moment
3ème essai de peser:
Je pèse la bille pas encore pesée jusqu'au moment avec une bille connue
(bille de 1 à 11). Au cas de la déviation de la balance, on sait, s'il est
plus lourde ou plus légère.
0 <> 0 => la bille 5 est connue, poids comme les
12 5 autres billes 1 à 11
ou:
2ème essai de peser:
Même pesage comme à dessus, seulement la balance penche d'un côté.
0 0 <> 0 0 => la balance n'est pas en
9 10 11 5 équilibre
=> Ainsi une de ces trois billes du troisième
groupe est la bille différente. Mais je sais du
premier pesage, dépendant du cas si le fléau
s'incline à gauche et il se lève à droite resp.
renversé où la bille plus lourde resp. plus légère
présumablement se trouve.
3ème essai de peser:
Hypothèse: la balance s'incline à gauche et ainsi elle se lève à droite.
Je pèse le droite côté l'un envers ( bille 9 avec bille 10 )
0 = 0 => la balance est en équilibre
9 10
=> Rapporté à la hypothèse la bille 11 doit être la
bille légère.
ou:
3ème essai de peser:
Même hypothèse !
Mais la balance ne se trouve pas en équilibre.
0 <> 0 => la balance n'est pas en équilibre
9 10
=> Le côté, où la balance s'incline, est le côte avec
la bille lourde
ou:
le premier pesage déjà déséquilibre la balance.
1er essai de peser:
0 0 0 0 <> 0 0 0 0 => la balance est déséquilibrée
1 2 3 4 5 6 7 8
=> Ainsi il y a seulement tout des même
billes dans le troisième groupe.
2ème essai de peser:
Hypothèse: La balance s'incline à gauche et elle se lève à droite au premier
essai.
Je partage les billes du premier pesage tellement que je me fais
utilisable le résultat du premier pesage. Je dis, à gauche il y a les
billes lourdes présumablement et à gauche, il y a les billes légère
présumablement ( rapporté à la hypothèse)
p p l l s c => Abréviation: p = pesant présumablement
0 0 0 = 0 0 0 l = léger présumablement
1 2 5 6 3 9 c = bille avec poids connu
=> la balance est en équilibre
=> la bille différente se trouve dans les
billes pas considérées pour le moment 4 (p),
7 ( l ) et 8 ( l ).
3ème essai de peser:
Maintenant, j'essaie les billes 7 ( l ) et 8 ( l ).
l l
0 = 0 => la balance est en équilibre
7 8
=> donc, la bille 4 doit être la bille lourde.
ou :
2ème essai de peser:
Même hypothèse !
Cette fois, la balance déséquilibre pendant le deuxième pesage.
p p l l p c
0 0 0 <> 0 0 0 => la balance déséquilibre
1 2 5 6 3 9
=> donc, il peut être cinq billes différentes
(bille 1, 2, 3, 5 ou 6).
Distinction:
1. La balance s'incline à gauche et elle se lève à droite:
À ce cas, seulement les billes 1 (p), 2 (p) et 6 (l) sont importantes.
3ème essai de peser:
Pesage de comparaison entre bille 1 et 2
p p
0 = 0 => la balance est en équilibre
1 2
=> donc, la bille 6 doit être la bille légère.
ou:
3ème essai de peser:
Pesage de comparaison, mais seulement avec déséquilibre à cette fois.
p p
0 <> 0 => la balance déséquilibre
1 2
=> la bille plus lourde est là, où la balance s'incline
au dessous
2. La balance se lève à gauche et elle s'incline à droite.
À ce cas, seulement les billes 5 (l) et 3 (p) est importante.
3ème essai de peser:
Je pèse la 5ème bille avec une bille connue. Si la balance est en équilibre,
la 3ème bille est la bille lourde. Si la balance déséquilibre, la 5ème bille
est la bille légère.
Pour empoigner ce problème systématiquement, regardez la quantité d'information de l'information cherchée: Information, s'il est plus léger ou plus lourd: 2 états => log2(2) bits = 1 bit. Information, quelle bille: log2(12) = 3,58 bits => tout la quantité d'information = log2(2) + log2(12) bits = log2(2·12) bits = log2(24) bit, ça veut dire que vous avez déterminer l'une d'une quantité de 24 possibilités. Ensuite on regarde la quantité d'information livrée des trois pesages: Information, si l'une est plus lourde, plus légère ou du même poids: 3 états => log2(3) = 1,58 Bits => Pour trois pesages, ça fait une quantité d'information de 3·log2(3) bits = log2(3³) bits = log2(27) bits. Ça veux dire que vous recevez encore un peu d'information superflue.
La solution véritable se laisse trouver à l'aide d'un schéma de rayage le plus facilement:
X = n'est plus question, ? = encore possible
111
123456789012 => Numéro de bille
plus lourde ????????????
plus légère ????????????
Au commencement tout est possible. Le suivant premier pesage est à mettre de telle manière que la quantité d'information des autres deux pesages suffit à tout les cas de poids encore pour deviner le problème. 2 pesages livrent 2·log2(3) bits = log2(3²) bits = log2(9) bits d'information. Cette quantité d'information suffit pour déterminer l'un de 9 états exactement => ça veut dire la situation doit paraître de telle manière qu'il y seulement 9 ? restés en maximum.
Exemplaire pour un commencement faux pour le premier pesage: 3 billes à chaque plateau (Nº 1 - 3 à gauche, Nº 4 - 6 à droite):
cas 1 : plus lourd à gauche (>)
111
123456789012
plus lourde ???XXXXXXXXX (l'»œuf de coucou« plus lourd dans 1-3
plus légère XXX???XXXXXX ou l'»œuf de coucou« plus léger dans 4-6)
cas 2 : équilibre (=)
111
123456789012
plus lourde XXXXXX?????? (l'»œuf de coucou« doit se trouver dans 7 à 12,
plus légère XXXXXX?????? mais on ne sait pas encore, si plus lourd ou plus
léger)
cas 3 : plus lourd à droite (<)
111
123456789012
plus lourde XXX???XXXXXX (l'»œuf de coucou« plus léger dans 1-3
plus légère ???XXXXXXXXX ou l'»œuf de coucou« plus lourd dans 4-6
Aux cas 1 et 3, 18 de ces 24 possibilités purent être rayé, donc on doit déterminer seulement l'un de 6 états [log2(6) bits d'information nécessité], pourquoi ces log2(9) bits d'information des deux autres pesages suffisent. Au 2ème cas, seulement 12 possibilités purent être rayé, pourquoi log2(12) d'information auraient besoin => ces log2(9) bits d'information des deux pesages restés ne suffisent plus pour déterminer le résultat demandé du problème. Le risque pour le 2ème cas est existant aussi de même, parce que le problème doit être deviné sans une tactique comme un jeu de hasard. Le tableau suivant vous présente, référé à chaque cas, ce qui reste encore.
| Nom. de billes par plateau | cas > | cas = | cas < |
|---|---|---|---|
| 1 | 2 | 20 (>9!) | 2 |
| 2 | 4 | 16 (>9!) | 4 |
| 3 | 6 | 12 (>9!) | 6 |
| 4 | 8 | 8 | 8 |
| 5 | 10 (>9!) | 4 | 10 (>9!) |
| 6 | 12 (>9!) | 0 | 12 (>9!) |
Le tableau au dessous vous dit clairement qu'il est seulement possible de continuer avec le cas, où il y a 4 billes à chaque côté. Le commencement juste avec 4 billes à chaque côté (Nº 1 - 4 à gauche, Nº 5 - 8 à droite) donne la situation suivante:
cas 1 : plus lourd à gauche (>)
111
123456789012
plus lourde ????XXXXXXXX (l'»œuf de coucou« plus lourd dans 1-4
plus légère XXXX????XXXX ou l'»œuf de coucou« plus léger dans 5-8)
cas 2 : équilibre (=)
111
123456789012
plus lourde XXXXXXXX???? (l'»œuf de coucou« doit se trouver dans 9 à 12,
plus légère XXXXXXXX???? mais on ne sait pas encore, si plus lourd ou plus
léger)
cas 3 : plus lourd à droite (<)
111
123456789012
plus lourde XXXX????XXXX (l'»œuf de coucou« plus léger dans 1-4
plus légère ????XXXXXXXX ou l'»œuf de coucou« plus lourd dans 5-8
À tout les trois cas 16 possibilités sont rayées, puis il est toujours possible de continuer. Au deuxième pesage on continue le même procédé en telle manière que seulement 3 possibilités en maximum restent (3 cas au premier pesage × 3 cas au 2ème pesage = 9 schémas de rayage en tout!), parce que seulement log2(3) bits d'information restent à chaque cas.
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