[Leonardog]

Hace poco que estoy en el foro, así que espero que este problema no lo hayan publicado. Lo propongo porque esta bueno:
Tengo 15 bolitas (monedas, piezas o lo que les guste) las cuales pesan exactamente lo mismo salvo una (que pesa un poco mas). Si tenemos una balanza electrónica (que da el peso exacto) y NO sabemos el peso de la bolita (ni de la común ni de la mas pesada), en cuantas pesadas se puede encontrar la bolita "diferente"?
Saludos....

[teeteto]

Hacemos dos grupos de 7 y sobra una...se pesan los dos grupos. Si pesan igual la diferente es la que sobró.
Si pesan distinto, la diferente está en la que pesó más; se toma este grupo y se divide en dos conjuntos de 3 sobrando una. repetir el proceso. Si en esta pesada no se obtuviera a lo sumo hace falta una pesada más.

Con clusión, en 3 pesadas (como máximo) se tiene la bola diferente.

[narun]

creo que esa solución es válida con una balanza de 2 platillos, (otro problema interesante) pero en este caso se trata de una "eléctrica", por tanto, (según mi interpretación) pesar los 2 primeros grupos de 7, supondría 2 pesadas......¿no?

Un saludo

[Leonardog]

La solucion que planteas sería para una balanza de platillos, no para una balanza electronica! (la cual da el peso exacto del unico platillo que contiene)
Con tu procedimiento harían falta 2 pesadas para los 2 grupos de 7, 2 pesadas para 2 grupos de 3, y 1 pesada para el ultimo grupo de 2, dando como resultado 5 pesadas...
Hay una forma de hacerlo en solo 4 pesadas, pero lo dejo para que lo piensen.

[xhant]

Que lindo, para encontrar la moneda falsa en 65535 monedas hacen falta 16 pesadas no?

Me hizo acordar a este problema que aparece en el blog de de Mairena v2.

http://www.zonalibre.org/blog/demairena/archives/2004_05.html#042603

(la respuesta esta en los comentarios, asi que no los lean)

¿Me pregunto que pasa si sólo supieramos que pesa distinto?

[Leonardog]

Bien xhantt, por lo visto conoces el procedimiento (no lo digo así el resto puede seguir pensando). En realidad, creo que se podría agregar una moneda más, y él método seguiría funcionando.
Saludos desde Argentina...