40个小球中有一个质量不同,天平几次能够称出来?
发布网友
发布时间：2022-12-06 02:25
共3个回答
热心网友
时间：2023-09-22 23:22
我是根据12个球推理的。当然我要先介绍一下一个命题，我们其实可以归纳出如果有a个小球，3^k<a≤3^(k+1),那么至少要称k+1次（当然这是知道假球是轻是重的情况下），后面我会复制我的证明方法，先说这道题。
12个球，如果4,4不平衡，我们通过换球，在第二次称量中就能得到坏球是轻是重，于是剩余两次，最多可以确定3^2个球中的坏球，显然用(9+1)*3个可以用4次称出来的，就是分三组，和12个球一样，只不过12个球中是(3+1)一组，而现在是(9+1)一组。需要注意的是，现在如果判断是(9+1)中的1是坏球就不用称了，事实上最坏的情况是在第一次称重时，(9+1)=(9+1),而第二次才剩余的(9+1)中取9个，换掉放上去的9个，如果再平衡，那么剩余的1个就不用称了，就是它了，但我们这样不就白白浪费了2次机会。而在不知道轻重，有标准球的情况下，2次最多可以称出几个呢?5个！3-3先称，剩2个称一次，即可。有标准球，其不知坏球轻重的情况下，2次不可能称出6个，最后一组最大一定是(9+5)，现在关键前面两组。我们发现，前两组如果不平衡，那么通过交换可以称出坏球轻重，但最坏的情况是判断出左边和右边各有4个球，能知道左边4球和右边4球谁重，这样，才能在剩下2次中称出来，所以这两组合各有(9+4)个，所以，4次最多可以称出(9+4)*2+(9+5)=40个。
这样讲，你肯定不是很明白，下面我列出称量方案，你就明白了。
当然知道轻重的情况下，9个只用两次，我就不写了，想必你是知道的。
分为1-40号；取三组A(1-13)B(14-26)C(27-40)
先称AB组，
1.如果A=B 那么AB没有问题，C有问题，称A(1-13) (14-17,27-35)
(1)如果平衡，则坏球在36-40，再称两次即可，不多说了。
(2)如果不平衡，那么假定(14-17,27-35)重，那么(27-35)中有重的坏球，需要两次称出
(3)如果(14-17,27-35)轻，与(2)一样
2.如果A重B轻，则(1-13)中有重球，或(14-26)中有轻球，而(27-40)为标准球，再称(1-9,14-17)(10-13,27-35)
(1)如果平衡，那么(18-26)中有坏球，而且一定是重球，两次称出
(2)如果(1-9,14-17)重，那么无论(14-17)有轻球，或(10-13)有重球，都会使(10-13,27-35)重，所以不可能，只能是(1-9)有重球，两次称出
(3)如果(1-9,14-17)轻，那么(1-9)不可能有重球，所以不可能，只能是(14-17)有轻球，或(10-13)有重球，和12个球第一次称出不平衡的局面是一样的，然后再称(14-16,10)和(17,1-3)，显然是可以得到结果的。
3.如果A轻B重，和2一样
附：证明命题
我们要先证明"知道假球是轻是重的情况下,当"3^k<a<3^(k+1),a,k∈Z+,那么至少要称k+1次"
命题Ⅰ“当a=3^k,a,k∈Z+时，至少要称k次”，用数学归纳法
(1).当k=0时，a=3^0=1,至少要称0次
(2)假定当k=n-1时，至少要称n-1次
(3)当k=n时，我们把球分成3组，每组3^(n-1)个，先随便取两组称一下，如果等重，则假币一定在剩余一组的3^(n-1)个中；如果有一组较轻，则一定在轻的一组的3^(n-1);无论何种情况，通过一次称量，都把假币的范围缩小到3^(n-1)个中，由(2)得，当k=n-1时，至少要称n-1次，随意所以当k=n时,至少要称n-1+1=n次,故命题成立
我们来研究一般性的问题，即命题Ⅱ当"3^k<a<3^(k+1),a,k∈Z+,那么至少要称k+1次"
首先我把a表示成a=b*3^k+c，b表示a/3^k的商，c表示余数，显然b=1或2,0<c<3^k,a,b,c,k∈Z+,我们把问题转化命题Ⅰ的形式。
(1)若b=1,则a=3^k+c,先取出2c个硬币，分成两组x,y，每组c个，称一次，如果等重，不妨将x组放回，则除y组中的c个外，还剩3^k个硬币，假币定在其中，根据命题Ⅰ，至少还要称k次;如果有一组较轻，不妨设x组较轻，那么从y组中取出(3^k-c)个，放到x组中，x组中有3^k个硬币，假币定在其中，根据命题Ⅰ，至少还要称k次,无论那种情况，至少要称k+1次。
(2)若b=2,则a=2*3^k+c,先取出2*3^k个硬币，分成两组x,y，每组3^k个，如果等重，不妨从y组中取出(3^k-c)个，放到剩余的c个中，则剩余3^k个硬币，假币定在其中，根据命题Ⅰ，至少还要称k次；如果有一组较轻，不妨设x组较轻，x组有3^k个硬币，假币定在其中，根据命题Ⅰ，至少还要称k次;那么,无论那种情况，至少要称k+1次。
(3)显然无论b=1还是b=2，只要存在余数，a>3^k，a至少要(k+1)次甚至更多次才能确定假币，而(1),(2)证明k+1次是可行的，所以命题Ⅱ成立
综合命题Ⅰ和命题Ⅱ，命题“3^k<a≤3^(k+1),a,k∈Z+那么至少要称k+1次”是成立的。
我现在正在研究“不知道假球是轻是重的情况下，a个球至少需要几次才能称出来，做你这道题，给我一点启发。那我们是否可以归纳出通过n次测量最多可以从多少个特征相同小球中找出一个重量异常的球呢？(或轻或重都有可能)我得出是(3^n-1)/2个
其实你会发现，用12个称3次还是利用不足，有浪费，因为如果4=4，在剩下的4个球中浪费了一次机会，如果剩5个球，那么剩下的也只要两次就可以了。2次4个，3次13个，4次40个。
an=3*a(n-1)+1 an+1/2=3(a(n-1)+1/2)=3^(n-1)(a1+1/2)=(3^n-1)/2当然这知识猜想，下面严格证明：
首先我们要定义bn,它表示剩下n次，有标准球的情况下，能称几个，bn=b(n-1)+3^(n-1)，这个式子表示先称一次，判断出坏球在3^(n-1)个中，还是b(n-1)个中，无论哪种，都只要n-1次，总共n次，而b1=2个。
然后定义cn,它表示左边cn个球有轻球或右边cn个球中有重球，cn=c(n-1)+3^(n-1),这个式子表示再交换一次，判断出坏球在3^(n-1)个中，还是c(n-1)个中，无论哪种，都只要n-1次，总共n次，而c1=1个
最后就是我们要求的an,它表示通过n次测量最多可以从多少个特征相同小球中找出一个重量异常的球。an=3*3^(n-2)+b(n-2)+2c(n-2)它表示首先通过2次测量，可以确定坏球在3^(n-2)，b(n-2)，或c(n-2)个中，显然bn=cn+1,cn=c(n-1)+3^(n-1) cn+1/2=3*(c(n-1)+1/2)=3^(n-1)(c1+1/2)=(3^n-1)/2,将cn,bn代入，得到an=(3^n-1)/2
a1是不存在的 a2=4, a3=13 ,a4=40, 如果要求a5,a6只要代入即可。
热心网友
时间：2023-09-22 23:22
热心网友
时间：2023-09-22 23:23
应该是已知道小球过重或者过轻吧,现在假设过重,思路如下:
分成3组,13,13,14
(1次)称两个数量相同的组,天平偏向那边就是哪组,若天平两边相等则是未称一组
若是在13里,则分为445,若是在14里则分为455
(2次)称两个数量相同的组,方法同1
若是在4里,则分为112,若是在5里则分为122
(3次)称两个数量相同的组,如果运气好现在就能称出,如果在2个的里就再称一次
