Nedělejte si starosti ohledně vašich potíží v matematice. Můžu vás ujistit, že ty moje jsou ještě větší.
Albert Einstein v dopise středoškolačce Barbaře Lee Wilsonové 7. 1. 1943
Matematika je krásná: Co bylo pravda včera, je pravda i dnes.
Jaroslav Kurzweil při převzetí České hlavy v r. 2006
Úlohy pro zábavu i pro poučení
Falešné mince podruhé a složitěji
Před několika týdny jsme tu měli klasickou úlohu, jak jedním vážením zjistit, ve kterém pytli jsou ošizené, o $1$ gram lehčí mince. Král se dozvěděl, že se ho mincmistr pokusil ošidit a vyrobil několik pytlů mincí, které váží o $1$ gram méně než předepsaných $10$ gramů. Nechal z mincovny přinést $6$ pytlů s vyrobenými mincemi, předvolal si mincmistra a řekl mu, že když nedokáže jedním vážením zjistit, ve kterých pytlech jsou ty lehčí mince, bude popraven. Jak si mincmistr zachrání život? Úloha je složitější v tom, že pytlů s ošizenými mincemi může být víc.
Řešení
Jednoduché řešení v té klasické úloze spočívalo v tom, že mincminstr vzal z prvního pytle $1$ minci, z druhého $2$ mince, ze třetího $3$ mince atd. Podle toho, kolik gramů chybělo do správné váhy, z tolikátého pytle byly ošizené mince. V naší úloze tato strategie nefunguje. Kdyby např. chyběly $3$ gramy do správné váhy, mohly by to být $3$ ošizené mince ze třetího pytle, nebo $1$ z prvního a $2$ z druhého. Mincminstr musí sáhnout trochu hlouběji do svých znalostí matematiky. Potřebuje, aby z čísla vyjadřujícího chybějící hmotnost vážených mincí bylo zřejmé, ve kterých pytlech jsou ošizené mince. To by se dalo zařídit např. tak, že z prvního pytle vezme $1=10^0$ minci, z druhého vezme $10=10^1$ mincí, ze třetího $100=10^2$ mincí atd. Číslo vyjadřující, o kolik jsou vážené mince lehčí, než by měly být, bude mít jedničku na tolikátém místě odzadu místě, v kolikátém pytli jsou ošizené mince a na ostatních místech nulu. Jsou-li např. ošizené mince v prvním a třetím pytli, bude do správné hmotnosti chybět $101$ gramů. Zachrání si však takto mincmistr hlavu? To stěží. Ze šestého pytle by totiž musel vzít $10^5=100\thinspace000$ mincí. Tolik jich tam nepochybně nebude, nehledě na to, že by vážily téměř tunu. Problém je v tom, že pro takto navržené řešení bereme desítkovou soustavu, ve které jsme zvyklí počítat. Stejně jednoznačného výsledku však mincmistr dosáhne, když použije dvojkovou soustavu. Z prvního pytle vezme $2^0=1$ minci, ze druhého vezme $2^1=2$ mince, ze třetího $2^2=4$ mince atd., ze šestého pytle $2^5=32$ mincí. Celkem tedy na váhu položí jen $63$ mincí, které dohromady neváží víc než $630$ gramů. Číslo vyjadřující počet chybějícíh gramů do správné váhy vyjádří ve dvojkové soustavě a podle toho, na kterém místě bude jednička, opět zjistí, v kolikátém pytli jsou ošizené mince. Je-li to např. první a třetí pytel, bude do správné váhy chybět $1+4=5$ gramů. Číslo $5$ ve dvojkové soustavě má tvar $101$.