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No comentário acima, o raciocínio do colega está ok, mas em relação ao passo 3 por ele citado, acho que houve equívoco. De 25 moedas, retira-se uma e coloca-se 12 de cada lado, e não 14. Daí, o procedimento muda um pouco pois será 6 e 6; depois 3 e 3, e só na última tentativa que você irá retirar mais uma moeda assim como fez quando havia 25. Ficará 1 e 1 com outra fora. Se o peso dos pratos for igual, a que está forá será a falsa. Senão, o lado mais leve da balança indicará a falsificação. Mas de qualquer forma o resultado será o mesmo, ou seja, 6 tentativas.
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Eu recorreria, pois, conforme o professor Guilherme...
essa forma, dividindo as 100 moedas em 3 grupos temos dois grupos com 33 moedas e um grupo com 34 moedas. Colocamos então 33 moedas no primeiro prato, 33 moedas no segundo prato e deixamos 34 moedas do lado de fora. Se a balança desequilibrar, a moeda falsa estará no prato que subir.
Eliminaremos então 33 + 34 = 67 moedas. Se a balança equilibrar, concluímos que a moeda falsa está fora da balança. Eliminaremos então 33 + 33 = 66 moedas. Na pior das hipóteses, eliminaremos 66 moedas. Um rendimento bem melhor do que no primeiro raciocínio, que eliminamos apenas 50 moedas.
Então, na pior das hipóteses, temos 34 moedas. Raciocinando da mesma forma, dividimos 34 em três grupos. Dois grupos com 11 moedas e um grupo com 12 moedas. Se a balança equilibrar, a moeda falsa estará fora da balança; se a balança desequilibrar, a moeda estará no prato que subir. Na pior das hipóteses, os pratos se equilibram e então eliminamos 11 + 11 = 22 moedas. Ficamos então com 12 moedas, que dividimos em três grupos de 4 moedas.
Não temos pior das hipóteses agora: tanto faz os pratos se equilibrarem ou não. Eliminaremos 8 moedas. Ficamos então com 4 moedas. Colocamos 1 moeda em cada prato e deixamos 2 fora da balança. Se tivermos sorte, a balança desequilibra e achamos a moeda falsa. Caso contrário, faremos mais uma pesagem com as duas moedas que sobraram. Total: 5 pesagens.
Letra A
Um abraço e até o próximo ponto.
Guilherme Neves
guilherme@pontodosconcursos.com.br
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Concordo com o piraneto2007 e com o professor Guilherme. As cinco pesagens resolvem.
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De fato, é possível resolver com apenas 5 pesagens e o gabarito oficial está equivocado.
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Muito simples essa questão, cada pesagem far-se-á em duas partes iguais sem sobra se o divisor for par, e se for ímpar sempre sobrará uma fora da pesagem. Dese modo, considerando que seriam necessárias todas as pesagens para encontrar a moeda falsa, encontraremos o gabarito.
Vejam como:
1ª pesagem: 100/2=50
2ª pesagem: 50/2=25
3ª pesagem: 24/2=12 (nessa pesagem uma moeda fica de fora, se a balança se equilibrar será ela a falsa)
4ª pesagem: 12/2=6
5ª pesagem: 6/2=3
6ª pesagem: 1+ 2/2=1 (nesse estágio teremos duas moedas na balança e uma nas mãos, independente de existir equilíbrio ou não na balança encontraremos a moeda falsa. Fácil, não?)
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existe um pequeno equívoco no comentário de piraneto. É que a questão fala em certeza e não em hipótese. Vejamos, quando o Guilherme diz que pesando 33 e 33, "se a balança desequilibrar"...,bom, e se ela não desequilibrar você terá qua fazer mais 5 pesagens totalizando seis pesagens. Um abraço.
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Raciocinando o caso do nosso colega acima:
1ª pesagem: 33 + 33 = 66 (equilibrando); sobrariam 34
2ª pesagem: 17 + 17 = 43 (desequilibrio); sobram 17
3ª pesagem: 8 + 8 = 16 (desequilibrando); sobram 8
4ª pesagem: 4 + 4 = 8 (desequilibrio); sobram 4
5ª pesagem: 2 + 2 = 4 (desequilibrio): sobram 2
6ª pesagem se descobre qual a mais leve.
Resposta letra B
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Acertei, mas DISCORDO DO GABARITO.
Fiz pelo método binário e gastei 6 medições, como o amigo José Antônio citou acima, o uso do método ternário possibilita encontrar a moeda falsa, com precisão, em apenas 5 medições.
Confira!
Divida sempre o montante em três partes e coloque apenas duas delas na balança!
O gabarito deveria ser letra a. Questão RECORRÍVEL.
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Analisando a questão, temos:
1°
pesagem: Dividimos em cada prato 50 moedas. O prato que pesar menos levaremos as
moedas contida nele para a segunda pesagem, pois com certeza a moeda falsa se
encontra no meio das 50 moedas presentes naquele prato da pesagem.
2°
pesagem: Das 50 moedas, dividiremos 25 em cada prato e faremos o mesmo
procedimento da 1° pesagem.
3°
pesagem: Do grupo das 25 moedas, dividiremos 12 moedas em um dos pratos e as outras
12 no outro prato, ficando uma moeda sobrando. Se os pratos ficarem
equilibrados, a moeda falsa é aquela que está sobrando, caso contrário,
continuaremos a fazer o mesmo procedimento.
4°
pesagem: Do grupo das 12 moedas, dividiremos 6 moedas em um dos pratos e as
outras 6 no outro prato. A balança que pesar menos, levaremos as moedas que
estão nele para a pesagem seguinte.
5°
pesagem: Do grupo das 6 moedas, dividiremos 3 moedas em um dos pratos e as
outras 3 no outro prato. A balança que pesar menos, levaremos para a pesagem
seguinte.
6°
pesagem: Do grupo das 3 moedas, dividiremos 1 moeda em um dos pratos e a outra
moeda no outro prato, ficando 1 moeda sobrando. Se os pratos ficarem
equilibrados, a moeda falsa é aquela que está sobrando, caso contrário, poderemos
saber que a moeda falsa se encontra no prato que apontar menor peso.
RESPOSTA: (B)
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1ª pesagem: 33 + 33 = 66 (equilibrando); sobrariam 34
2ª pesagem: 11 + 11 = 22 (equilibrio); sobram 12
3ª pesagem: 4 + 4 = 8 (equilibrando); sobram 4
4ª pesagem: 1 + 1 = 2 (equilibrio); sobram 2
5ª pesagem: 1 + 1 (desequilibrio): encontrou.
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Alguém me explica porque o comentário do professor está dando 6 pesagens?! Ele partiu do gabarito para solução em vez do contrário??? Senhor professor, a resposta certa é letra A (5)... Se a banca disse B, a banca é louca!!
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Verdade mesmo Gabriel! Eu também fiz pelo método de dividir sempre por 2 e cheguei a alternativa B, mas conforme você provou, é pefeitamente possível chegar no resultado com apenas 5 pesagens. Parabéns pelo raciocinio.
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Pelo jeito não sabem o que é uma balança de prato.
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1ª pesagem: peso 2 moedas, um lado da balança sobe, descobri a moeda falsa.
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1ª ---- 2 pesagens: 45 e 45 ambas em equilíbrio. Sobram 10 moedas
2ª -----2 pesagens: 4 e 4 ambas em equilíbrio. Sobram 2 moedas
3ª------2 pesagens: 1 e 1. UMA É FALSA.
Ou seja, foram 3 TENTATIVAS de 2 pesagens cada: 3x2 = 6 PESAGENS
A questão está bem formulada.
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Pelo processo ternário , resolve-se com 5 pesagens.
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1a pesagem : 50 + 50 (desequilíbrio)
2a pesagem: 25 + 25 (desequilíbrio)
3a pesagem: 12 + 12 (desequilíbrio) com isso eliminou 1 que ficou fora, além das 12.
4a pesagem: 6 + 6 (desequilíbrio)
5a pesagem 3 + 3 (desequilíbrio)
6a pesagem 1 + 1 com 1 fora equilibrando ou desequilíbrando encontra a moeda falsa.
A questão caiu em provas diferentes.
A FGV considerou a resposta 6
A Cesgranrio considerou a resposta 5
1a) 33 + 33 com 34 fora (equilíbrio)
2a) 11 + 11 com 12 fora (equilíbrio)
3a) 6 + 6 (desequilíbrio) //// ou 4 + 4 com 4 fora
4a) 3 + 3 (desequilíbrio) //// 2 + 2
5a) 1 + 1 com 1 fora //// 1 + 1
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Eu fiz:
50/50
25/25
8/8 - 9 de fora
Se equilibrar, estará entre as 9, se não entre 8 do lado que subir. Portanto, o pior cenário é ficar com 9.
3/3 - 3
Sobrando 3 de qualquer forma
1/1-1 daí saberemos qual é a falsa.
Então na minha opinião, 5 pesagens.
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Munique de Assis (ATENÇÃO!!!)
Na verdade, como o enunciado especifica que só tem UMA BALANÇA, a cada divisão em 2 partes conta-se 2 pesagens!!!!
O raciocínio é o mesmo, mas a contagem é diferente...
Ex:
1ª e 2ª pesagens : 50 + 50 (desequilíbrio), então pega-se o montinho de MENOR PESO para aferir novamente!
3ª e 4ª pesagens: 25 + 25 (desequilíbrio), então pega-se o montinho de MENOR PESO para aferir novamente!
5ª e 6ª pesagens: 12 + 12 (equilíbrio/desequilíbrio) e 1 moeda que fica de fora! A partir desse momento, eu posso dar a SORTE de identificar a moeda falsa se for aquela que estiver de fora da pesagem, enquanto os dois montinhos de 12 estão em equilíbrio!!!! Por isso e, somente por isso, que o MÍNIMO DE PESAGEM É 6!
Mas se eu não desse essa sorte e continuasse as pesagens... os próximos passos seriam:
7ª e 8ª pesagens: 6 + 6 (desequilíbrio), então pega-se o montinho de MENOR PESO para aferir novamente!
9ª e 10ª pesagens: 3 + 3 (desequilíbrio), então pega-se o montinho de MENOR PESO para aferir novamente!
11ª e 12ª pesagens: 1 + 1 (equilíbrio/desequilíbrio) e 1 moeda que fica de fora! Aqui é a última possibilidade de se encontrar a moeda, pois, ou ela está em desequilíbrio entre as duas que foram aferidas e ela é a de menor peso, ou a 11ª e a 12ª pesagens se equilibraram e a moeda que ficou de fora é a falsa!
Não é coincidência que as alternativas vão até 12, que seria o número MÁXIMO de pesagens. Mas eles pediram o número MÍNIMO...
Portanto fiquem atentos, a resposta coincidentemente foi a mesma, mas a forma de se resolver é outra.
Bons ESTUDOS!