Je pense que Tofic a compris : Il y a des boules normales mélangées à des intruses plus légères ET  d'autres plus lourdes.

C'était une possibilité. Qui plus est, rien n'indiquait par exemple que les boules légères avait forcement même masse, ni qu'il n'exista pas d'autres boules lourdes.

Mais bon c'était implicite pour tout le monde. smile

Sauf pour moi. Mais ça m'a permis de me creuser la tête, donc m'amuser.

Ca c'est pas gentil... Tofic a mal compris l'énoncé, ça arrive. Son interprétation était grammaticalement correcte et amenait à un truc quasiment insoluble.

Mais si tu as une case réponse à proposer à ce nouvel énoncé, je prends

En théorie : 21 couples orientés qui peuvent être ++ / +- / -+ / --

Soit 84, en 4 pesées (non, pas 3*21 = 63 car les cas sont orientés): impossible en 4 pesées, en 5 (théoriquement) facile. Bravo pour ta solution.

Ne te m'éprends pas Gwen, j'admet trés volontier avoir mal saisi l'énoncé, je me suis amusé, ça m'a amener à chercher une autre solution (que je ne pouvais trouver en 4 pesées).

PRINCELEROI a écrit:

Tofic:j'attends ta réponse pour le cas où les deux intruses sont d'un poids a et b      .
Les cinq normales étant d'un poids c
Les intruses étant d'un poids différent des normales.

Et fatigue pas trop la balance

Non, ça n'est pas comme ça que je voyais la chose, j'avais bien compris qu'il y avait  2 intruses de même poids, mais que rien n'interdisait qu'il y est aussi d'autres intruses de poids identique et/ou différent, lourdes et/ou légères... ou pas.
Dans ces conditions je me retrouvais avec 7 "équations" du type a+b+c, dont 2 qui répondent à l'énoncé tel que je le comprends maintenant.
a="normale"
b=plus lourde
c=plus légère

1: 3a+2b+2c
2: 4a+2b+1c
3: 4a+3b+0c
4: 4a+1b+2c
5: 4a+0b+3c
6: 5a+2b+0c
7: 5a+0b+2c

La 6 et la 7 répondent à l'énoncé tel que j'aurais dû le comprendre, dans ces cas, 5 coups sont suffisants.
J'aimerais, si ça vous interesse, que vous me disiez dans ces conditions si:
Mes équations (que j'aurais du plutot écrire sous cette forme pour l'exemple [latex]1: 3_a+2_b+2_c=7[/latex] sont justes et uniques. Et dans ce cas si Princeleroi le permet de "prolonger" son énigme et de trouver le nombre minimum de coups possibles.


Edit: Gwen, j'avais mal compris, c'est à Princeleroi que tu t'adressais, il n'y a pas de soucis son post m'a même fait marrer et puis on s'est expliqueé cordialement par mp.

gwen27 a écrit:

Chaque boule peut être plus ou moins lourde , donc pour le cas 12 on peut avoir : 1+ 2+ , 1+ 2- , 1- 2+ , 1- 2- soit 84 cas au bout du compte.

Forcément , si tu édites tes messages pendant que je poste, ça ne veut plus rien dire

Ma réserve vient du fait que, d'après ce critère, on arrive à trouver la solution en x pesées quel que soit le nombre d'intruses. Ce qui est faux, puisque pour 1 intruse parmi 7, 3 pesées suffisent. Et je n'ai pas essayé, mais il me semble que 3 intruses nécessiterait plus de pesées que 2 intruses.

Non, le cas 1+ 2++ est équivalent au cas 1+ 2- si on cherche juste à déterminer quelles sont les 2 boules.

Relire la solution de nodgim qui marche parfaitement.

Pour les cas de 3 boules, je ne suis pas aussi affirmatif, car pour des boules référentes de poids 1 on peut avoir( 0,99 0,99 et 0,98), (0,99 0,98 et 0,97) Mais ce genre de problème n'est plus à sa place dans la section logique, donc il est hors sujet.

En fait, il faut 5 pesées pour trouver 2 intruses parmi 7. Donc pour 2 intruses parmi 8, ça donne aussi 5 pesées car 3^5=243 est supérieur à (7+6+5+4+3+2+1)*4=112. Et d'après cette logique, il en faut également 5 pour repérer 2 intruses parmi 9, 10 ou 11.

Si j'ai bien compris, c'est la plus petite puissance à laquelle il faut élever 3 pour obtenir un résultat supérieur au quadruple des façons dont on peut disposer n intruses parmi p boules. Pour n=2, c'est la somme de tous les entiers positifs strictement inférieurs. C'est ça ???