Atrisinājums

Atbilde: ar \(2\) svēršanām.

Minimalitātes pierādījums. Pieņemsim, ka izdarīta tikai viena svēršana. Vismaz vienā no grupām "kreisais kauss", "labais kauss", "nesvērtās monētas" var atrast \(2\) monētas. Balstoties uz vienīgās svēršanas rezultātu, tās nav atšķiramas viena no otras.

Stratēģija. Pierādīsim vispirms, ka katras svēršanas rezultāts ļauj noskaidrot, kuras monētas atrodas uz viena kausa un kuras - uz otra. Pieņemsim, ka tā nav, un ka \(\left(3^{a_{1}}+3^{a_{2}}+\ldots+3^{a_{n}}\right)-\left(3^{b_{1}}+3^{b_{2}}+\ldots+3^{b_{m}}\right)=\left(3^{c_{1}}+3^{c_{2}}+\ldots+3^{c_{k}}\right)-\left(3^{d_{1}}+3^{d_{2}}+\ldots+3^{d_{2}}\right)\) jeb \(3^{a_{1}}+3^{a_{2}}+\ldots+3^{a_{n}}+3^{d_{1}}+3^{d_{2}}+\ldots+3^{d_{2}}=3^{c_{1}}+3^{c_{2}}+\ldots+3^{c_{k}}+3^{b_{1}}+3^{b_{2}}+\ldots+3^{b_{m}}\), \(a_{i} \neq b_{j}\), \(d_{r} \neq C_{s}\).

Varam uzskatīt, ka vienādie saskaitāmie jau saīsināti; visi saskaitāmie nav saīsināti, citādi abās svēršanās monētas uz kausiem būtu novietotas vienādi.

Maksimālā trijnieka pakāpe, ar kuru dalās kreisā puse, kreisajā pusē sastopama ne vairāk kā \(2\) reizes. Tas pats attiecas uz labo pusi. Tāpēc šai maksimālajai pakāpei jābūt sastopamai gan kreisajā pusē, gan labajā pusē, un tā ir pretruna pieņēmumam par jau izdarīto saīsināšanu.

Tagad izvietojam monētas kvadrātiskas tabulas veidā:

un organizējam šādas divas svēršanas

Tā kā katram " \(1.\) svēršanas trijniekam" ir tieši viena kopīga monēta ar katru " \(2.\) svēršanas trijnieku" un katras svēršanas rezultātā mēs noskaidrojam, kādas tieši masas ir katrā atbilstošajā trijniekā, tad rezultāti ļauj uzzināt visu monētu masas.