Царь сиракуз имел 6 золотых слитков. внешне они не отличались, но массы у них разные (нет одинаковых). архимеду выдали весы со стрелкой и бирки с номерами от 1 до n. царь приказал архимеду взвесить эти слитки и на каждый наклеить бирку так, чтобы номера шли по возрастанию масс. при этом архимеду слитки по одному и сразу же после взвешивания и наклеивания бирки их забирают ( то есть заменить бирку уже нельзя). зато разрешено, чтобы номера шли не по порядку. дополнительное условие: разница между номерами не должна уменьшаеться, то есть, должно выполняться a1< =a2-a1< =a3-a2< = хватит ли архимеду ста тысяч номеров? укажите какое-нибудь число n, для которого архимед явно сможет выполнить .

ответ: 63

пошаговое объяснение:

докажем методом индукции, что для распределения по весу k слитков потребуется как минимум 2^k - 1 бирок.

база (k = 1) очевидна.

переход (от k к k+1):

пусть для того, чтобы распределить по весу k слитков требуется 2^k - 1 бирка. докажем, что для k+1 слитка требуется 2^(k+1) - 1 бирок.

пусть бирок не более 2^(k+1) - 2. рассмотрим самый первый слиток. если архимед выдаст ему бирку с номером меньше 2^k, сделаем его самым тяжёлым (и тогда осталось не более 2^k - 2 бирок на k слитков, чего не хватит по предположению индукции), а если выдаст бирку с номером не меньше 2^k, сделаем его самым лёгким (аналогично). но тогда на первый слиток нельзя повесить ни одну из бирок, следовательно, бирок должно быть не менее 2^(k+1) - 1.

докажем теперь, что   2^(k+1) - 1 бирки хватит. отложим временно 2^k бирок с нечётными номерами. все слитки, кроме последнего, пронумеруем исключительно бирками с чётными номерами. бирок хватит, так как их ровно 2^k - 1 (на k слитков). последний слиток находится по весу между какими-то двумя (возможно, только одним) слитками. между бирками с их весами есть хотя бы одна незанятая бирка (так как оба их номера чётны). её можно поставить на последний слиток.

переход доказан.

для k = 6 получаем ответ 63.

ответ: 63 бирки.