Китайские весы

[Capella]

Профессор Снэйп

Постойте, мы вроде договаривались, что будут известны 3 соответствия, что не означает, что будут известны три иероглифа. Иначе не верно:

Профессор Снэйп писал(а):

Первые два таковы:

$a_1$ vs $a_2$
$a_3$ vs $a_4$

Если оба иероглифа одинаковы, то все четыре монеты настоящие и иероглиф обозначает равенство. После этого достаточно произвести взвешивание

$a_1$ vs $a_2 + a_3$

и все три иероглифа известны.

Если ввести условите, что непременно знать картинки иероглифов, их "вес" и не использовать пустой чаши, то действительно нужно 4 операции, но на мой взгляд это несколько тривиально..

[Профессор Снэйп]

Capella писал(а):

Если ввести условите, что непременно знать картинки иероглифов, их "вес" и не использовать пустой чаши, то действительно нужно 4 операции, но на мой взгляд это несколько тривиально..

Ну, не знаю, насколько тривиально... А почему всё-таки за 3 операции нельзя? Хотелось бы увидеть строгое доказательство.

P. S. "Картинки" (или, наверное, правильно сказать "начертания") всех трёх иероглифов заранее известны. Надо выяснить, какой из них что обозначает.

[Capella]

Тривиально потому, что знак равенства вычисляется очень легко..
Логика проста: нужно 2 взвешивания с одинаковым иероглифом (это как раз равно - сравниваем знаки 4 правильных монет) и по одному больше и меньше - всего 4 операции. Дело в том, что ведь заранее не известно ещё и то, легче фальшивая монета или тяжелее, поэтому уложится в 3 взвешивания в худшем раскладе вряд ли удастся.

[Профессор Снэйп]

Capella писал(а):

...вряд ли удастся.

Вы это называете строгим доказательством?

Я не удовлетворён.

[Capella]

Профессор Снэйп

К таким задачам доказательство строить - это не серьёзно.
Нужно максимум 3 взвешивания для определения иероглифа "равно" и одновременно 5 правильных монет. Это следует из того, что если одна фальшивая имеем 3 пары по 2 монеты, две пары точно совпадут. 4-ым взвешиваниям 3 правильные монеты определяют перевес левой или правой чаши. Вот собственно и всё.

[Профессор Снэйп]

Capella писал(а):

Профессор Снэйп

К таким задачам доказательство строить - это не серьёзно.

А по-моему очень даже серьёзно. И при этом доказывать невозможность нужного количества взвешиваний гораздо сложнее, чем находить последовательность с бОльшим числом взвешиваний, дающую требуемый результат.

С такой задачей в принципе не каждый справится. Нужна определённая математическая культура.

Capella писал(а):

Нужно максимум 3 взвешивания для определения иероглифа "равно" и одновременно 5 правильных монет. Это следует из того, что если одна фальшивая имеем 3 пары по 2 монеты, две пары точно совпадут. 4-ым взвешиваниям 3 правильные монеты определяют перевес левой или правой чаши. Вот собственно и всё.

Какие ещё пары?

Вы там зафиксировали в уме какие-то действия, расшифровывающие иероглифы, и в этих действиях присутствуют какие-то "пары". Ну а c чего Вы взяли, что Ваш метод --- самый общий и что эти самые пары обязаны присутствовать в любом методе? Мне вот, например, неясно это.

Вообще строгое доказательство возможно только после построения адекватной математической модели. И доказательство, если оно претендует на строгость, должно оперировать математическими понятиями: числа, функции, уравения etc. А философские рассуждения строгими не являются.

Также как в геометрии: чертёж не заменяет доказательства, доказательство --- это вывод из аксиом, а вовсе не наглядная картинка. Кстати, в той же геометрии бывает так, что утверждения, которые при взгляде на чертёж кажутся очевидными, при попытке их строго доказать оказываются просто неверными.

Добавлено спустя 56 минут 52 секунды:

Какая я ужасная зануда!!! Ну да ладно

Вот точная математическая формулировка задачи.

Пусть $A = \{ a_0, a_1, a_2 \}$ --- некоторое трёхэлементное множество (множество иероглифов) и $X$ --- достаточно большое конечное множество (множество монет).
Пусть ещё $\mathcal{G}$ --- это множество таких функций $g$, которые сопоставляют парам положительных вещественных чисел элемент из $A$ и для которых

$$ g(x_1, y_1) = g(x_2, y_2) \Leftrightarrow (x_1 < y_1 \mathbin{\&} x_2 < y_2) \vee $$ $$ \vee (x_1 = x_1 \mathbin{\&} x_2 = y_2) \vee (x_1 > y_1 \mathbin{\&} x_2 > y_2) $$

(множество функций, задающих возможные значения иероглифов).

Пусть $\mathcal{F}$ --- множество всех функций из $X$ в $\mathbb{R}$, которые принимают ровно два положительных значения и у которых прообраз одного из значений является одноэлементным множеством (это все возможные функции, сопоставляющие каждой монете её вес). Пусть $\mathcal{X}$ обозначает множество всех пар, составленных из непересекающихся непустых подмножеств $X$. Для пары $p = \langle Y, Z \rangle \in \mathcal{X}$, функции $f \in \mathcal{F}$ и функции $g \in \mathcal{G}$ пусть

$$ h(p,f,g) = g \left( \sum_{y \in Y} f(y), \sum_{z \in Z} f(z) \right) $$

Требуется доказать, что не существует пары $p \in \mathcal{X}$ и функций $\alpha : A \to \mathcal{X}$, $\beta : A^2 \to \mathcal{X}$, для которых
при любой $f \in \mathcal{F}$ из равенств

$$ h(p,f,g_1) = h(p,f,g_2) $$

$$ h(\alpha(h(p,f,g_1)), f, g_1) = h(\alpha(h(p,f,g_2), f, g_2) $$

$$ h(\beta(h(p,f,g_1), \alpha(h(p,f,g_1))), f, g_1) = h(\beta(h(p,f,g_2), \alpha(h(p,f,g_2))), f, g_2) $$

следовало бы равенство $g_1 = g_2$ при любых $g_1, g_2 \in \mathcal{G}$.

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

Capella писал(а):

К таким задачам доказательство строить - это не серьёзно.

А по-моему очень даже серьёзно.

Просто интересно. Если мистер A доказывает что-то мистеру B, то имеет ли право мистер B посчитать, что рассуждения мистера A его убедили? Или мистер B обязан посоветоваться с мистером C и получить его разрешение, а также разрешение других мистеров?

[Профессор Снэйп]

TOTAL писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Capella писал(а):

К таким задачам доказательство строить - это не серьёзно.

А по-моему очень даже серьёзно.

Просто интересно. Если мистер A доказывает что-то мистеру B, то имеет ли право мистер B посчитать, что рассуждения мистера A его убедили? Или мистер B обязан посоветоваться с мистером C и получить его разрешение, а также разрешение других мистеров?

Ещё одна порция иероглифов

Доказательство --- это разновидность гипноза. Его сущность раскрывается в моей подписи

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

Вот точная математическая формулировка задачи.

Пусть $A = \{ a_0, a_1, a_2 \}$ --- некоторое трёхэлементное множество (множество иероглифов) и $X$ --- достаточно большое конечное множество (множество монет).
Пусть ещё $\mathcal{G}$ --- это множество таких функций $g$, которые сопоставляют парам положительных вещественных чисел элемент из $A$ и для которых

$$ g(x_1, y_1) = g(x_2, y_2) \Leftrightarrow (x_1 < y_1 \mathbin{\&} x_2 < y_2) \vee $$ $$ \vee (x_1 = x_1 \mathbin{\&} x_2 = y_2) \vee (x_1 > x_2 \mathbin{\&} y_1 > y_2) $$

(множество функций, задающих возможные значения иероглифов).

Подход впечатляющий. Но насколько практичный?
Попробуйте, например, в подобной манере доказать товарищу из Дискуссионных Тем,
что он не доказал теоремы Ферма с помощью бинома Ньютона.
Кто кого? Делаем ставки, господа!

[bot]

Могу поставить своё транспортное средство против трамвайного билета, что этому товарищу никто никакими средствами доказать этого не сможет - потому и слинял из той темы практически сразу.

[Capella]

Профессор Снэйп

Хорошо, Вы меня убедили, что Вам не ясно, поэтому сейчас напишу доказательство.

Добавлено спустя 1 час 22 минуты 34 секунды:

Обозначим $X = \{x_i\}, i \in \{1, .., k\}$ множество всех монет.

Обозначим через функцию $f_i(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}, i = 1, 2, 3$ взвешивание, при этом используя $\mathbb{R} = \mathbb{R}^+ \cup \{0\} \cup \mathbb{R}^-$ имеем следующих три случая:
$f_1(x_a, x_b) : X \times X \to \{0\}$ при $x_a = x_b$
$f_2(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^+$ при $x_a < x_b$
$f_3(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^-$ при $x_a > x_b$

Обозначим $Y := \{y_1, y_2, y_3\}$ множество иероглифов. При этом есть соответствие $y_i := f_i$ и они однозначны.

Очевидно, что множество $X$ можно представить следующим образом: $X = X_1 \cup X_2$ при этом $X_1 := \{x_i\}, i \ne m; X_2 := x_m, x_m = x_i + \delta, \delta \in \mathbb{R}\setminus\{0\} $ (соответсвенно второе множество содержит только один элемент). Важно: $X_1 \cap X_2 = \varnothing$

Наконец обозначим через $n \in \mathbb{N}$ количество взвешиваний. Ищется такое минимальное $n$ при котором $y_i := f_i, \forall i$.

Разобьём $X$ на два новых множества $X_a \subseteq X$ и $X_b \subseteq X$. Эти подмножества обозначают уже взвешенные и ещё не взвешенные монеты. Отсюда можно заключить: $X = X_a \cup X_b$.
Для $n = 2$ имеем $X_a = x_i, i < 5$ и отсюда:
$X_a = \{x_i\}, x_i \in X_1 \forall i$ или $X_a = X_2 \cup (\{x_1, x_2, x_3\} \in X_1)$
Первый случай я всё-таки не буду рассматривать. Рассмотрю второй:

Следует, что одно отображение точно $f(x_a,x_b) : X \times X \to \mathbb{R}\setminus \{0\} = y_1 \cup y_j$, поэтому это отображение не является сурьективным.
Рассмотрим $X_b := X \setminus X_a = (X_1 \cup X_2) \setminus (\{x_1, x_2, x_3\} \cup X_2) = X_1 \setminus \{x_1, x_2, x_3\}$, т.е $X_b \subseteq X_1$. Однако, по условию задачи отображение двух элементов из $X_1$ является сурьективным, поэтому при $n=3$ имеем $f_1(x_5, x_6) : X \times X \to \{0\}$. (т.е. этот иероглиф автоматически обозначает равенство)
Остальное вроде ясно. Всегда найдётся способ взвесить $\{x_1,x_2,x_3\}$ как $f_1(x_a, x_b) : X \times X \to \{0\}$ (это опять можно показать через непересекающиися множества).
Ну и наконец 4 взвешиваниям можно образовать: $x_6 + x_7 = x_8 \in X_1$ и провести последнее взвешивание, опираясь опять таки на сурьективность отображения.

[Профессор Снэйп]

Capella писал(а):

Обозначим $X = \{x_i\}, i \in \{1, .., k\}$ множество всех монет.

Обозначим через функцию $f_i(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}, i = 1, 2, 3$ взвешивание, при этом используя $\mathbb{R} = \mathbb{R}^+ \cup \{0\} \cup \mathbb{R}^-$ имеем следующих три случая:
$f_1(x_a, x_b) : X \times X \to \{0\}$ при $x_a = x_b$
$f_2(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^+$ при $x_a < x_b$
$f_3(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^-$ при $x_a > x_b$

Простите, не понял. Вы что, только по одной монете на каждую чашу весов кладёте? Вроде в задаче нет такого ограничения, можно и по несколько монет класть.

Да и потом, взвешиваниям должны иероглифы сопоставляться, а не действительные числа. В чём смысл функций $f_i$ у Вас тогда?

[juna]

Профессор Снэйп писал(а):

Ну а если запретить взвешивания, при которых одна из чаш пустая (дескать, софт для китайских весов микрософт писал и они в этом случае вместо результатов взвештвания выдают ошибку деления на )?

Тогда нужно уточнить, что понимается под термином расшифровать иероглифы:
1. узнать типа: А - равенство, B - перевес справа, С - перевес слева;
2. узнать типа: А - равенство, В - фальшивка слева, С - фальшивка справа.
Вот алгоритм смешивающий информацию 1 и 2 типа за три взвешивания.
Первое взвешивание:
1 vs 2 - A
Второе взвешивание:
2 vs 3
Если А, то А равенство, тогда
Третье взвешивание:
1 vs 2 3 - B - перевес справа
Если В, то
Третье взвешивание:
2 vs 1
Если А, тогда А - равенство, B - фальшивка справа
Если В, тогда B - фальшивка слева, А -фальшивка справа
Если С, тогда А - фальшивка слева, С -фальшивка справа, В -равенство.

[Capella]

Профессор Снэйп

Во превых, я уже писала, что вместо монет можно брать группы монет. Если Вы хотите, то это можно обговорить отдельно.
Теперь насчёт иероглифов: Вы невнимательны, у меня иероглифы сопоставимы не числам а осям на прямой и точке. Условно говоря я говорю так, пусть $a, b, c$ множество иероглифов, тоггда есть какии-то сопоставления:
$a \to \mathbb{R}^+$
$b \to \mathbb{R}^-$
$c \to \{0\}$

Это и были мои соответствия.

Добавлено спустя 5 минут 56 секунд:

Я писал(а):

$f_1(x_a, x_b) : X \times X \to \{0\}$ при $x_a = x_b$
$f_2(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^+$ при $x_a < x_b$
$f_3(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^-$ при $x_a > x_b$

Обозначим $Y := \{y_1, y_2, y_3\}$ множество иероглифов. При этом есть соответствие $y_i := f_i$ и они однозначны.

Вот

[Профессор Снэйп]

juna писал(а):

Тогда нужно уточнить, что понимается под термином расшифровать иероглифы:
1. узнать типа: А - равенство, B - перевес справа, С - перевес слева;
2. узнать типа: А - равенство, В - фальшивка слева, С - фальшивка справа.
Вот алгоритм смешивающий информацию 1 и 2 типа за три взвешивания.

Зачем нам смешивать информацию?

Под "расшифровкой" я понимал расшифровку в первом смысле. И меня интересует возможность/невозможность произвести такую расшифровку за 3 действия.

Добавлено спустя 9 минут 1 секунду:

Capella писал(а):

Я писал(а):

$f_1(x_a, x_b) : X \times X \to \{0\}$ при $x_a = x_b$
$f_2(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^+$ при $x_a < x_b$
$f_3(x_a, x_b) : X \times X \to \mathbb{R}^-$ при $x_a > x_b$

Обозначим $Y := \{y_1, y_2, y_3\}$ множество иероглифов. При этом есть соответствие $y_i := f_i$ и они однозначны.

Вот

Вы знаете, я в Ваших закорючках ничего не понял, хотя много думал. Это не запись математических утверждений, а просто ещё одна порция иероглифов

Вот, например, как понимать

Цитата:

$f_1(x_a, x_b) : X \times X \to \{0\}$ при $x_a = x_b$

Это не математическая нотация, математики так не пишут. Если функция $f$ сопоставляет элементам множества $A$ элементы множества $B$ и конкретному $a \in A$ сопоставляет конкретный $b \in B$, то пишут

$f : A \to B$
$f : a \mapsto b$
$f(a) = b$

Запись "$f(x) : A \to \{ b \}$ при $x = a$" --- это, на мой взгляд, полнейшая бессмыслица. А у Вас всё в том же духе. Далее какие-то "присваивания" начинаются и т. п.

Если уж Вы хотите работать в математической модели, то работайте в моей, которую я вводил Выше. Там всё нормальным математическим языком записано. Или, если уж вводите свою (а она так или иначе должна свестись к моей), пишите так, чтобы человеку к классическим математическим образованием было понятно.