1) Avec N masselottes, les masselottes pesent 1,2,4,8,...2^(N-1) et permettent de peser tous les poids au gramme pres jusqu'a 2^N - 1



2) Avec un poids total de M tel que 2^n <= M < 2^(n+1)

On prend n masselottes de poids 2^i, i variant de 0 a n-1. Leur poids total vaut 2^n - 1.
On prend un une derniere masselote de poids = M - 2^n + 1. La somme fait bien M.

De plus M < 2^(n+1) implique M - 2^n + 1 <= 2^n.

Sans la derniere masselote on peut construire tous les poids de 1 a 2^n - 1
Avec la derniere masselotte on peut construire tous les poids de M - 2^n + 1 a M. L'inegalite ci dessus nous montre qu'on oublie aucun poids au milieu.
Donc on peut construire tous les poids de 1 a M avec un nombre minimal de masselottes

(M masselotes de poids 1 marchait aussi mais c'est pas tres pratique )

C'est le principe ou alors j'ai rien compris a l'enonce ?

Je choisirais les masselottes les unes après les autres de sorte que la prochaine ait le double du poids +1 gramme de l'ensemble des masselottes précédentes, soit: 1,3,9,27,...donc des puissances de 3 successives, ce qui représente un total de (3^n-1)/2 grammes de pesée maximale.

Arff je suis tombe dans le panneau.

Pour la premiere question je dirais donc qu'on ne prend plus les 2^i mais les 3^i qui me semble bien plus efficace.

Ainsi avec 1,3 et 9 et 27 on calcule tous les poids de 1 a 40
1=1
1+2=3
3=3
4=1+3
1+3+5=9
3+6=9
3+7=9+1
1+8=9
9=9
10=9+1
1+11=9+3
12=9+3
13=9+3+1
1+3+9+14=27
et ainsi de suite ...

Pour la deuxieme je dirais qu'il suffit de reprendre mon message en remplacant 2^i par 3^i
Mais je vais reflechir a mieux ..

Merci pour l'enigme

Bonjour,
Pour peser 1g, il me faut une masselotte de ... 1g (élémentaire mon cher Watson).
Puis, je m'en sors avec une masselotte de 3g, en faisant 2g=3g-1g et 4g=3g+1g.
Je choisis la masselotte suivante pour faire 5g en ayant xg-4g=5g d'où x=9.
Et ainsi de suite ... donc, si j'appelle u(i) ma suite de masselottes et s(i)=sigma[u(i)], je vais avoir u(N)=2s(N-1)+1 et on trouve par récurrence que u(N)=3^(N-1), et par conséquent que M=s(N)=(3^N-1)/2, ce qui donne N=1+ent[log(2M+1)/log3].
Mes réponses sont donc:
1°) Ce jeu de masselottes est la suite des puissances successives de 3 (de 0 à N-1),
2°) Si on se fixe M, alors N=1+ent[log(2M+1)/log3]. Exemple: M=1200 donne N=8.
Bonne journée.
Frank

Pour la première question, ce n'est pas les très classiques puissances de 3?
Ca y ressemble en tout cas.

Pour la seconde, ça me semble un peu plus sioux.
Il y a 2 façons de peser sur une balance Roverbal:
1- En ne mettant les masses marquées (MM) que d'un coté
2- En en mettant des 2 côtés.

Dans le cas 1, l'optimum est atteint en utilisant les puissances de 2 pour les MM.
Lorsque la MM la plus lourde utilisée vaut [latex]2^n[/latex], on peut mesurer des masses jusqu'à [latex]2^{n+1}-1[/latex].

Dans le cas 2, l'optimum est atteint en utilisant les puissances de 3 pour les MM (réponse à la question 1). Lorsque la MM la plus lourde utilisée vaut [latex]3^n[/latex], on peut mesurer des masses jusqu'à [latex]\dfrac{3^{n+1}-1}2[/latex].

Dans les 2 cas, on crée les MM en suivant la stratégie et on crée une dernière MM avec le reste de masse disponible. Cette dernière masse ne crée pas de "trou" dans la liste des masses mesurable (car elle est plus petite que respectivement [latex]2^{n+1}[/latex] et [latex]3^{n+1}[/latex]).

Suivant la stratégie 1 et en posant n tel que [latex]2^n[/latex] est la plus grande puissance de 2 plus petite que (ou égale à) M, on peut mesurer toutes les masses jusqu'à:
[TeX]D(M)=2^{n+1}-1+(M-2^n)=2^n-1+M[/latex].
Or [latex]2^n \le M<2^{n+1}[/latex] donc [latex]D(M) \gt \dfrac{M}2-1+M=\dfrac{3M}2-1[/TeX]
De même, suivant la stratégie 2 et en posant n tel que [latex]3^n[/latex] est la plus grande puissance de 3 plus petite que (ou égale à) M, on peut mesurer toutes les masses jusqu'à:
[TeX]T(M)=\dfrac{3^{n+1}-1}2+(M-3^n)=\dfrac{3^n-1}2+M[/latex].
Or [latex]3^n \le M<3^{n+1}[/latex] donc [latex]T(M) \le \dfrac{M-1}2+M=\dfrac{3M}2-\dfrac12[/TeX]
On voit donc que l'on a toujours D(M) > T(M) (on ne peut atteindre simultanément les cas limites car il faudrait que la plus grande puissance de 2 inférieure à M soit M et aussi la plus grande puissance de 3 inférieure à M).

Lorsque que la masse totale des masses marquées est fixée, il vaut mieux choisir le stratégie des puissances de 2 avec une MM additionnelle de la masse restante.

Cette énigme était divertissante. Merci.

Je vais encore chipoter mais je ne trouve pas qu'il y ait tant de bonnes réponses en particulier pour la question 2, ni que le lien donné par Mathias réponde à la question 2°...
Mais je peux me tromper...
Il me semble que pour la question 2, il faut prendre les puissances de 2 et la masse restante et non les puissances de 3 et la masse restante.

Si j'ai bien compris, à chaque fois la masse restante est inutile.
Il suffit d'avoir toutes les puissances de 3 inférieures à la masse considérée. C'est exact ?

Clydevil a écrit:

Et pourquoi pas des puissance de 3 et la masse restante rivas?

Ben j'ai tout détaillé dans mon post ci-dessus.

Si la masse totale est fixée, alors la meilleure stratégie est avec les puissances de 2 et la masse restante.

Si le nombre de masses est fixée alors la meilleure stratégie est avec les puissances de 3.

Je suis preneur si vous voyez une erreur dans ma démo.

Ben j'ai tout détaillé dans mon post ci-dessus.

En effet j'ai lu un peu vite les propositions croyant que tout le monde était d'accord
Cependant je lis ceci:

Dans les 2 cas, on crée les MM en suivant la stratégie et on crée une dernière MM avec le reste de masse disponible. Cette dernière masse ne crée pas de "trou" dans la liste des masses mesurable

Et je me demande pourquoi ça ne s’arrête pas la :p car sil n'y a pas de trou et que la plus grosse masse pesable correspond à une pesée ou on a collé toutes nos MM du même coté, cette masse maximum vaut bien la masse totale de notre jeu de MM, et on ira pas au delà!
Donc je ne vois pas ce qu'il peut y avoir de mieux que de pouvoir mesurer toutes les masses jusqu'au totale des MM fournies.

Donc il doit y avoir a priori une erreur dans tes calculs, et pas très grosse car je crois qu'un jeu de MM en puissance de 2 et masse restante permet de faire exactement la même chose Et ce n'est certainement pas les seules divisions permettant ceci, ça rejoint un peu ce que je disais un peu plus haut, ça nous donne de la marge pour choisir un jeu de masse plus humainement manipulable.
(ie: 1-2-5-10 par exemple fait tout de 1 à 18 et on ne fera pas mieux) Ce qui explique pourquoi les vendeurs ne font pas de puissance de 3, car minimiser le nombre de MM n'a aucun sens pour eux, c'est la masse totale de métal utilisée qui a un sens et à partir de ce moment la n'importe quel jeu qui mesure tout sans trou jusqu'au total est valide. Même que des MM de 1g ça marche :p, en dehors de la contrainte sans trou il n'y a vraiment que le critère humain.

Voila voila.

Avec 1, 2, 5 et 10 on peut mesurer 4 il me semble (1 avec l'objet à peser, 5 de l'autre côté); pareil pour 9 et 14

@Rivas:
He bien moi non plus je ne comprend pas ta réponse à ma réponse,  je persiste à croire que tu t’égares ou que tu ne cherches pas à répondre au même problème que nous ! :p

Lorsqu'il y a une masse restante,  personne a dit quelle était gâchée, elle fera partie de nos masselottes.
Par conséquent le poids le plus élevé qu'on peut peser avec nos masselottes c'est lorsqu'on les met toutes du même coté de la balance Y compris la masse restante qui est une masse comme une autres, et que donc de l'autre coté l'objet qu'on pèse à un poids égal au total de nos masselottes, c'est a dire par définition à la masse total disponibles de métal dans laquelle elles ont été fondues.  ET je ne vois toujours pas comment en divisant autrement tu pourrais peser d'avantage, si on te donne 1kg de métal tu auras beau utiliser tes puissances de 2 que tu ne pourras pas peser au dela de 1Kg !

Et sinon avec 1 2 5 10 si on peut tout peser jusqu’à 18!
Ie: Pour peser 4 tu met la masse a peser d'un coté avec une masselotte de 1 et la masselotte 5 de l'autre coté.
pour 9 pareil avec 10-1 etc...

Si tu n'es toujours pas d'accord alors application numérique avec 100g tu verras que c'est totalement similaire:
-100 fois 1g,
ou
-1 3 9 27 60
ou
-1 2 4 8 16 32 37
ou
-n'importe quoi sans trou.

On fait tout les poids jusqu’à 100g puisqu'on a 100g de masselottes et qu'on  s'est assuré pas de "trou"!

Les vendeurs n'utilisent pas les puissance de 3 parce que c'est plus difficile, tout simplement.

Peut être que ce n'est pas volontaire mais ils ont raisons de proposer leur jeu usuel de masselottes vu que leur masse par jeu est fixée on fait ce qu'on veut du moment qu'il n'y a pas de trou et on pourra tout peser jusqu’à la masse total du jeu de masselottes! Ça revient au même.