自动控制原理，这道题他是怎么算出来角gh等于-180度的？ 角gh不是等于我纸上写的这个么，w是_百度知道
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这是概念题啊。系统特征方程是1+GH=0，也就是GH=-1。特征方程GH=-1其实是一个复数方程，-1这个数的幅值是1，幅角是180度。所以这个180不是算出来的，而是根据特征方程的定义来的。你写的这个式子是相频特性，和这题没什么关系。顺便说一声，我不知道书上是怎么做这题的，但是如果我做着题的话，就是把s=-1+j根号(3)带入特征方程1+GH=0里面，然后把K算出来。如果算出的K是一个大于0的实数，那么就证明了这一点在根轨迹上，算出的K就是对应的K。
为什么在跟轨迹上j就大于0啊，我还有好几道题目，能帮着做一下吗
不是j大于零，是K大于零。原因就是根据根轨迹的定义来的，根轨迹就是K从0变化到正无穷时特征方程的根变化的轨迹，所以根轨迹上任意一点对应的K都是大于零的。根据这个定义，这题就转换成是否存在一个正实数K使得特征方程成立的问题。概念清楚的话这题就是送的。其他的题遇见不会的再发吧（当然如果不确定对不对的题也可以发上来）。话说lz是要考研吗？只剩一个多月了，怎么还在纠结在这些考概念的题上？我没考研究生，但是如果要我考的话，这个阶段我会把容易忘的政治科目再巩固一下，或者直接多科目综合自测。
因为这几道题是12年老师画出来的重点，过去2年已经考了好几道了，所以必须要看啊，政治我过几天开始背
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出门在外也不愁性爱缴情_18进禁不禁全集黄的_www.kkkk444_美国操逼一道概率题，看有没有人能做出来_百度知道
一道概率题，看有没有人能做出来
设某仪器主要由A，B，C三个元件组成。一个宇宙射线的粒子击中元件A,B,C的概率分别为 0.1，0.2，0.3，元件被击中后就会发生故障。当元件A发生故障或元件BC都发生故障时仪器即停止工作。求仪器停止工作时击中仪器的粒子数的数学期望。最好给出思路和好的算法。谢谢
一楼想错了，一次只能打中一个元件或者射不中任何元件，而且还可以前后两次都射中同一个元件。注意是求数学期望，不是求概率答案是 25/6这道题可能还有些歧义，打中ABC的概率共0.6。剩余的0.4也打到仪器上了，只不过没有打到ABC元件而已，我刚开始也理解错了。各位朋友辛苦了，见到那么多朋友，写了那么多，虽然有的明显不对，但是麻烦你们了，谢谢大家的积极参与。今天经我浏览，发现scm_abc的答案很接近，写了那么多，只不过理解错了，而且是暴力方法，太过繁琐。gaoyangthu的答案简练易懂，是为理想答案。分就给gaoyangthu了，对不住其他各位了，以后有机会大家再合作啊！再次谢谢各位。
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这道题用到“全期望公式”，即：EX=∑[E(X|Bi)*P(Bi)]。X=仪器停止工作时击中仪器的粒子数；B1=第一次击中A，P(B1)=0.1；B2=第一次击中B，P(B2)=0.2；B3=第一次击中C，P(B3)=0.3；B4=第一次A、B、C都没击中，击中了仪器的其他部位，P(B4)=0.4。第一次击中A，X发生，所以E(X|B1)=1。第一次击中B，若要X发生，则以后的粒子只要击中A或C就停止——这是一个几何分布，所以E(X|B2)=1+1/(0.1+0.3)。第一次击中C，同上，若要X发生，则以后的粒子只要击中A或B就停止——E(X|B3)=1+1/(0.1+0.2)。第一次A、B、C都没击中，击中了仪器的其他部位，这时对以后的情况没有影响，相当于重新开始，故E(X|B4)=1+EX。所以由“全期望公式”得，仪器停止工作时击中仪器的粒子数的数学期望为：EX=E(X|B1)*P(B1)+E(X|B2)*P(B1)+E(X|B3)*P(B3)+E(X|B4)*P(B4)。代数数据得，EX=0.1*1+0.2*(1+2.5)+0.3*(1+10/3)+0.4*(1+EX)。解之得：EX=25/6。
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很好,很强大！你哪学校的?感谢Alt_F4 scm_abc等写了那么多,真想也把分给你们但是没办法.以后再合作吧!
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下面用子母串来表示某一种情况的概率，如ABNC 表示按顺序击中A,B,N,C的概率(N表示击不中任何仪器,N=1-A-B-C)，即ABNC=0.1*0.2*0.4*0.3现将所有令仪器停止工作的情况列出：(1)因击中A而停止工作A+(N+B)A+(NN+2NB+BB)A+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)A+...注意 2NBA=(NB+BN)A,3NNBA=(NNB+NBN+BNN)A接着还有+CA+(2NC+CC)A+(3NNC+3NCC+CCC)A+...为方便计算，写成-(1+N+NN+NNN+...)A+A+(N+B)A+(NN+2NB+BB)A+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)A+...+A+(N+C)A+(NN+2NC+CC)A+(NNN+3NNC+3NCC+CCC)A+...(2)因先击中B再击中C而停止工作BC+(2NB+BB)C+(3NNB+3NBB+BBB)C+...为方便计算，写成-(1+N+NN+NNN+...)C+C+(N+B)C+(NN+2NB+BB)C+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)C+...(3)因先击中C再击中B而停止工作-(1+N+NN+NNN+...)B+B+(N+C)B+(NN+2NC+CC)B+(NNN+3NNC+3NCC+CCC)B+...所有情况之和为f(B,A)+f(C,A)+f(B,C)+f(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)函数f的定义为f(B,A)= A+(N+B)A+(NN+2NB+BB)A+(NNN+3NNB+3NBB+BBB)A+...= A + (N+B)A + (N+B)^2*A + (N+B)^3*A + ...= A/(1-N-B)f(B,A)+f(C,A)+f(B,C)+f(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)=1，因为仪器永不停止工作的概率为0----------------------------------------定义函数g:g(B,A)= A+(N+2*B)A+(NN+2*2NB+3*BB)A+(NNN+2*3NNB+3*3NBB+4*BBB)A+(NNNN+2*4NNNB+3*6NNBB+4*4NBBB+5*BBBB)A+...则仪器停止工作时击中仪器的粒子数的期望值= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)]= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-(1/(1-N))(A+B+C)]= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-1]现在要计算上式的值方法一：计算函数g先考虑[N^n + 2*(n!/1!(n-1)!)*N^(n-1)*B + 3*(n!/2!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + (n+1)*B^n]= [(n!/1!(n-1)!)*N^(n-1)*B + 2*(n!/2!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + n*B^n] + [N^n + (n!/1!(n-1)!)*N^(n-1)*B + (n!/2!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + B^n]= [(n!/0!(n-1)!)*N^(n-1)*B + (n!/1!(n-2)!)*N^(n-2)*B^2 + ... + n!/((n-1)!0!)*B^n] + (N+B)^n= nB[((n-1)!/0!(n-1)!)*N^(n-1) + ((n-1)!/1!(n-2)!)*N^(n-2)*B + ... + (n-1)!/((n-1)!0!)*B^(n-1)] + (N+B)^n= nB(N+B)^(n-1) + (N+B)^n故g(B,A)= A+(N+2*B)A+(NN+2*2NB+3*BB)A+(NNN+2*3NNB+3*3NBB+4*BBB)A+(NNNN+2*4NNNB+3*6NNBB+4*4NBBB+5*BBBB)A+...= A+BA + (N+B)A+2B(N+B)A + (N+B)^2*A+3B(N+B)^2*A + (N+B)^3*A+...= BA[1+2(N+B)+3(N+B)^2+4(N+B)^3+...] + f(B,A)= BA/(1-N-B)^2 + f(B,A)= BA/(1-N-B)^2 + A/(1-N-B)= A(1-N)/(1-N-B)^2= A(A+B+C)/(A+C)^2最后，仪器停止工作时击中仪器的粒子数的期望值= [g(B,A)+g(C,A)+g(B,C)+g(C,B)-1]= [A(A+B+C)/(A+C)^2+A(A+B+C)/(A+B)^2 +C(A+B+C)/(A+C)^2+B(A+B+C)/(A+B)^2-1]= [(A+B+C)/(A+C)+(A+B+C)/(A+B)-1]= (A+B+C)(2A+B+C)/[(A+B)(A+C)]-1= (0.1+0.2+0.3)(2*0.1+0.2+0.3)/[(0.1+0.2)(0.1+0.3)]-1= 5/2下面再介绍一个比较巧妙的方法方法二：仪器最终停止工作的概率= 1= f(B,A)+f(C,A)+f(B,C)+f(C,B)-(1+N+NN+...)(A+B+C)= A/(1-N-B)+A/(1-N-C)+C/(1-N-B)+B(1-N-C)-(A+B+C)/(1-N)= (A+C)/(1-N-B) + (A+B)/(1-N-C) - (A+B+C)/(1-N)令Z(N,A,B,C)= (A+C)/(1-N-B) + (A+B)/(1-N-C) - (A+B+C)/(1-N)这样，Z 就像统计力学中的配分函数所以仪器停止工作时击中仪器的粒子数的期望值= [A(d/dA)+B(d/dB)+C(d/dC)]Z(N,A,B,C)= [A/(1-N-B)+A/(1-N-C)-A/(1-N)]+ [B(A+C)/(1-N-B)^2+B/(1-N-C)-B/(1-N)]+ [C/(1-N-B)+C(A+B)/(1-N-C)^2-C/(1-N)]= (A+B+C)(2A+B+C)/[(A+B)(A+C)]-1= 5/2至于楼主的答案25/6，其实这是 粒子总数 的数学期望，也就是包括了击中仪器的粒子数和击不中仪器的粒子数。仪器停止工作时击 不 中仪器的粒子数的数学期望= N*dZ(N,A,B,C)/dN= N(A+C)/(1-N-B)^2 + N(A+B)/(1-N-C)^2 - N(A+B+C)/(1-N)^2= N(1/(A+C)+1/(A+B)-1/(1-N))= 0.4(1/0.4+1/0.3-1/0.6)= 5/3击中仪器的粒子数的数学期望 + 击不中仪器的粒子数的数学期望= 5/2 + 5/3= 25/6
1、仅仅A被击中
概率0.1*0.8*0.7=0.056，即停止工作时被1个粒子击中。2、A被击中的同时,B,C中有其中一个被击中. 概率0.1*(0.7*0.2+0.8*0.3)=0.038，即停止工作时被2个粒子击中。3、ABC全部被击中，概率0.1*0.2*0.3=6/1000,即停止工作时被3个粒子击中。则其期望值依据这个能算出来么？
不好意思 忘记怎么算了，是0.258?
解：记该宇宙射线的粒子击中元件A，B，C分别为事件A1,B1,C1,则其概率依次是：P(A1)=0.1，P(B1)=0.2，P(C1)=0.3.由于不好插入数学符号，权且记sigma(k,a,b)(fk)为通式fk按照指标k从a到b累加求和,C(a,b)表示组合数从a个元素中不计次序取出b个的取法总数。令随机变量X为仪器停止工作时击中仪器的粒子数，事件“X=k”=“击中A”,（k=1）;=“第k次击中A，前k-1次要么仅击中B要么仅击中C”+“第k次击中B，前k-1次均击中C”+“第k次击中C，前k-1次仅击中B”,(k&1)。由全概率公式，k&1时，P(X=k)=P(A1)*[P(B1)^(k-1)+P(C1)^(k-1)]+P(B1)*P(C1)^(k-1)+P(C1)*P(B1)^(k-1)=0.1*(0.2^(k-1)+0.3^(k-1))+0.2*0.3^(k-1)+0.3*0.2^(k-1)=2*0.2^k+0.3^k期望E(X)=sigma(k,1,正无穷)(k*P(X=k))=1*P(X=1)+sigma(k,2,正无穷)(k*P(X=k))=0.1+0.4*sigma(k,2,正无穷)(k*0.2^(k-1))+0.3*sigma(k,2,正无穷)(k*0.3^(k-1))由几何分布的期望E(Y)=sigma(k,1,正无穷)(k*p*(1-p)^(k-1))=1/p,得：sigma(k,1,正无穷)(k*p^(k-1))=1/(1-p)^2, sigma(k,2,正无穷)(k*p^(k-1))=1/(1-p)^2-1,故E(X)=0.1+0.4*(1/(1-0.2)^2-1)+0.3*(1/(1-0.3)^2-1)=有问题请告知。
以知A中概率为(1/10)B中概率为(2/10)C中概率为(3/10)既有(1/2?不会有任何故障列个图表X-A-(1/10)X-B-(2/10)X-C-(3/10)同时射中BC(2/10)*(3/10)=3/50加上A的等于8/50
这道题目说难也不难 我先把它所有的情况列出来
A击穿，B不击穿，C不击穿 概率为
0.1*(1-0.2)*(1-0.3)=0.056
A击穿，B不击穿，C击穿 概率为
0.1*(1-0.2)*0。3=0。024
A击穿，B击穿，C不击穿 概率为
0.1*0.2*(1-0.3)=0.014
A不击穿，B击穿，C击穿 概率为
(1-0.1)*0.2*0.3=0.054
A击穿，B击穿，C击穿 概率为
0.1*0.2*0.3=0.006 所以数学期望为E（x）=1*0.056+2*(0.024+0.014+0.054)+3*0.006=0.258.晕，这个题目有那么多答案，实在令人匪夷所思。
粒子 数目 PA
0.006E=0.338
1*1/6+2*2/6*1/6+2*2/6*3/6+2*3/6*2/6+2*3/6*1/6+[（2/6）＾2*4/6]/（4/6）＾2+[（3/6）＾2*3/6]/（3/6）＾2=15/6
P(A)=0.1,P(B)=0.2,P(C)=0.3则P(A ⋃ (B ⋂ C))=P(A)+P(B ⋂ C)-P(A ⋂ B ⋂ C)=0.1+0.2*0.3-0.1*0.2*0.3=0.154
欲使仪器停止工作，则要A发生故障或者BC同时发生故障，则可按照发射粒子数的不断增加来讨论：1颗粒子就停止工作：则击中A，概率为0.1，记为P12颗粒子就停止工作：则第一次不击中A,可能组合为BC、CB、0A、BA、CA，概率为0.06+0.06+0.09=0.21，记为P23颗粒子就停止工作：0P2、BBC、B0C、BBA、B0A、CCB、C0B、CCA、C0A，概率为：0.084+0.012+0.024+0.004+0.008+0.018+0.024+0.009+0.012=0.195，记为P3。。。。。。最后数学期望为∑N*Pn=答案（注：求击中概率应该还有简单些的方法，但我已2年没看概率，有些生疏，没想简单解法）
当元件A发生故障，则BC无故障，概率为0.1*0.8*0.7当元件BC都发生故障，A无故障，概率为0.9*0.2*0.3因为两件事不是同时发生，所以概率为：0.1*0.8*0.7+0.9*0.2*0.3=0.11(概率不可能大于1，答案怎么可能是25/6！！）
击中A不工作的概率是0.1,击中BC不工作的概率是0.2*0.3=0.06,则仪器停止工作的概率为0.16,则期望为1/0.16=25/4
粒子数是1时候
停止工作的概率为0.1
当粒子数是K时候 正常工作的有3种情况BUP(1-0.1-0.2-0.3）的K次方+0.9的K次方*（1-0.8K次方）*0.7K次方+0.9的K次方*（1-0.7K次方）*0.8K次方 P= 1-BUP
这种做法估计是错误的 1
粒子没打中任何
2 至少有一个粒子打中b其余任何没打中 3至少有一个粒子打中c其余任何没打中
把式子写出来我给你算期望2和3符合2项分布 也可以求否求出 经计算 K次停止工作的公式是p(n=k)1-0.7K次方-0.6K次方+0.4K次方
只有A被击中概率0.1×0.8×0.7=0.056 只有C未被击中概率0.1×0.2×0.7=0.014 只有B未被击中概率0.1×0.8×0.3=0.024 BC被击中A未被击中概率0.9×0.2×0.3=0.054 ABC同时被击中概率0.1×0.2×0.3=0.006 仪器停止工作时击中仪器的粒子数的数学期望: =1×0.056＋2×(0.014＋0.024＋0.054)＋3×0.006 =0.258
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~楼主，正确解答在这里哦，我得到25/6，***********************************************************不用那么复杂的运算，主要是靠逻辑来分析，算起来很简单的。1。首先把问题改一下先，改成只要A，B，C任意一个粒子打上去，就停止工作。（就是第一次被粒子打中，就完蛋，不管是什么粒子）那么每次粒子打到的概率是 0.1+0.2+0.3=0.6那么最后 粒子数的数学期望值是 1/0.6 = 10/6（如果不明白这个结果，我后面解释***）2。在上面结果的基础上，考虑LZ题目中B和C的关系。首先看ABC的关系：每一次打到部件的时候，都有 1/6概率是打到的A，2/6概率是打到的B，3/6概率是打到的C所以对于所有的打到部件的情况的总体也一样符合1/6 2/6 3/6的规律所以 （1。）中，10/6这个数学期望有1/6是打到A贡献的，有2/6是打到B贡献的，有3/6是打到C贡献的。打到A的情况无可厚非打到B和C的情况需要加以修正，以适应LZ的题目[1]打到B的情况（第一次被粒子打中，就是被打中B的情况）当打到B的情况，不应该立即结束工作，而是等待粒子继续打，只要来的是A或者C，就结束工作，来B没事所以，在这种情况下，机器继续工作，粒子打A 0.1，C 0.3的概率使机器停止机器继续工作的数学期望是 1/（0.1+0.3）=10/4[2]打到C的情况（第一次被粒子打中，就是被打中B的情况）同理，再被C打中没关系，被A0.1，B0.2打中就完蛋了所以，机器继续工作的数学期望是 1/（0.1+0.2）=10/3综合考虑第一次被A，B，C粒子打中的3种情况数学期望应该得到修正被A打中的部分不需要休整被B打中的部分应该 加上继续工作的数学期望 10/4被C打中的部分应该 加上继续工作的数学期望 10/3最后数学期望=10/6 * 1/6+10/6 * 2/6 （10/6 + 10/4）10/6 * 3/6 （10/6 + 10/3）=25/6***处的解释：如果机器只有一个不见会被打中，概率是0.1，那么最后的数学期望就是0.1的倒数 1/0.1在逻辑上有简单的理解方式，可以理解为平均一次被打中0.1下，10次就完全打中了。也可以用严格数学来解数学期望=1*0.1+2*0.1*0.1+3*0.1*0.1*0.1+。。。。。。用错位相消法就可以解这个式子 =1/0.1=10我不喜欢罗列一堆公式来推导，最后得的结果都听天由命，概率的题目还是得靠逻辑来分析巧妙的算法。运算量越少越好。又大功告成了，
咣咣咣咣……………………
晕，本来我还会，可我是个文科生，不知道啥是“期望”……
其实很简单
好深奥哦~~~不会，哭哭~~~~
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如果没答案，分就给你们了。。我正在纠结…… 拿什么来亲吻你，sheldon_liu的论证。长知识了——“符号标记法”“树形图策略”。我再延长3天。。等你完善答案和……“拉完肚子”^_^!
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确实可以三次完成。羽扇仙的答案（不管是自己写的还是从哪里抄的）的确是对的。我在草稿纸上画了一个树形图从头到尾仔细分析了过了。要我在半小时之内验证一个答案是否正确这没什么问题。但是要我自己想出这样一个解答，我自认为在一个小时内难以完成。至于要想出一个比之更好的解答，我对此不作奢望。所以我只是谈谈感想，简单评论一下。最初一秒钟确实会想把12分成两个6，但是马上就意识到是不行的（居然还有那么多人提交了这种答案，有点小小的吃惊）；然后就想按照分3组的方式进行下去，仔细一做才发现三次不行；接着猛然想到虽然一开始不知道这个次品的轻重，但是可以记录每一次的结果，利用这个，说不定就可以控制正在三次以内呢？做了一下，做成了，高兴了不到一分钟，发现弄错了——我做成的其实是9个砖头的情况。（回想一下，大概是受到了简单的迭代递归的思维习惯的影响）于是又要重新做，发现按照通常的做法，12个砖头，第一称如果相等，接下来的各种分支都很容易，而且也都在3次以内；但是倘若第一称不相等，就不好办了。头脑清楚，并且说必须要四次才行的人，估计都是在这里卡住了。但是许多时候，即使我们至今为止没有找到任何可行的方法，也并不就因此证明了不存在任何可行的方法。关于一件事的可行性或者不可行性的证明当然也是有的；但是可惜的是，在这里那些说三次不可行的人并没有真的证明不存在任何可行的方法。于是我把羽扇仙的答案认真地看了一下，我想既然写得这么详细（虽然繁琐），此人肯定是花费了一番心思验证过的，不要无视人家的劳动成果（我看的时候并不清楚这是不是抄的）。确实，这个答案比较繁琐，但是比起那些只有一两句没头没脑的答案来说，这实在好得太多了。对那些自己随随便便就写出一个想当然的答案、也没有耐心看完其他解答的人，我想说的是：这种工作是来不得半点浮夸的；真要是能证明，就应该能够把详细过程写出来，同时也要有耐心看这样的详细工作。（当然，如果不在乎这些，没有耐心也没关系，那就把这些当过眼烟云吧，以玩票的态度来对待吧，反正也不是自己本职工作，也不是当什么论文审核人。）再回到羽扇仙的答案。一批人望而却步是因为没有耐心。另一些人可能看到了中间就看不下去，大概由于排版上的某些问题影响了阅读吧。而且通篇这种刻板的“如果...则...否则...”的方式看起来恐怕也相当倒胃口（对这些东西已经习以为常到麻木的程序员们就不会觉得倒胃口，这也许是因为有更深层次的审美，也许是因为已经没有胃口可倒了）。题目本身的难度和解答本身的繁琐也许是更大的原因：在第一称不相等的这个分支，其解法固然是对的，但是很不直观，需要看的人自己去慢慢理顺（最好是画个树形图来分析）。这里我就不写出来了。既然楼主已经知道三次是可能的，必定是验证过的，我也不用多费笔墨唇舌。对于其他看官来说，我要是写得不够详细，那还不如看原来的解答；写得太详细又嫌罗嗦。正确答案其实早就在那里。要是有心的话，与其花时间看我写的，不如自己去花时间理顺一遍，这并不需要什么过人的创造力，需要只是细致和耐心（我相信能从开头看到这里的人已经非常有耐心了）。真正有些原创性的可能还是xiaozhu36955的解答。虽然我第一眼也对其不屑一顾，第二眼就知道其解答不符合“题意”，就像pjw258所说，对跷跷板的次数进行了“非法”的使用（如果按照“正确”的使用方式，也就是我们解这道题时所默认的那种使用方式，xiaozhu36955的解答当然是无法保证在3次以内的，只能保证在6次以内（运气好的话只要2次，运气差就要6次））。然而这个解答成功地跳出了我们默认的框框，进行了创造性地发挥。虽然要想到羽扇仙那个答案也需要突破许多束缚，但是二者不是在同一个层面上的突破。其实如果真要在现实场景中去找那块重量异常的砖头，我还宁愿用xiaozhu36955的方法，简单易行；而羽扇仙的方法固然称的次数少，但是在称之前和称之后脑子里都要绕好多弯弯，还要记录称的结果，不断回顾与比较，有这闲工夫，早就用xiaozhu36955的方法（或者其他笨办法）找到那块砖头了。（但是假如任务不是称砖头，而是称成吨的钢材，花点时间思考怎样尽量减少称的次数以降低成本还是很有实际用途的；又比如还是称砖头，但是不是一次性的，而是每一批货都要检查重量异常的砖头，那么第一次花点时间想出最少称重次数的方法，将之程序化，以后就方便了。）&给我两天时间，我会给出解答。如果两天后我没有提供任何解答，或者给出的解答是错误的，那就把分数给pjw258吧。&在给出我的解答之前，先简要评论一下这些天来新出现的四种解答。新出现的解答有：1、QQ（以下简称QQ同学）——第一次5:52、姜胖大人——第一次4:4；不相等的话，第二次称就把其中一边的4个平均分成两份分别放在跷跷板两边，另一边的4个取两个分别放在跷跷板两边3、（以下简称27同学）——第一次4:4；不相等的话，第二次称就把左右各拿走一个，并把左右各取一个对调4、1645425——力矩平衡大法最后这一种虽不是标准解法，但是正因如此，才显得很有意思。我忍不住要把1645425称作物理小王子了，希望你再接再厉，发明出更多更新奇的物理称法。第一种和第三种称法都是称不出来的。实际上，在掌握了下面我给出的一般方法之后（是的，我给出的是一般方法，这个方法适用于所有使用天平在n个砖头中找出唯一那个次品的问题），就很容易看出，在12个砖头中寻找1个次品，如果限定三次之内完成，那么第一次称只能是4:4，每一边的个数既不能大于4，也不能小于4。所以QQ同学在第一次称重的时候就注定了不可能三次完成。而27同学的失误则发生在第二次称重，不是“好像还差一点”的问题，如果你不改变第二次称重方案的话，永远也不可能在三次以内完成。这些都可以按照我给出的方法得到证明。姜胖大人的方法是可以做出来的，不过存在细节上失误。大人原话是这样说的：“假设第一次左边，即1234重，那么第二次称127和348。如果平衡，那么异常球在56里且轻；如果还是左边重，那么异常球在128里且为重；如果右边重，那么异常球在347里且为轻”。仔细分析就会发现，如果左边（或右边）重，那么只能说异常球在128里（或在347里）；加上“且为重（且为轻）”不仅是画蛇添足，而且是错的。（当然，平衡的情况下说“异常球在56里且轻”是正确的。）如果抛开这些失误，那么姜胖大人的方法是唯一一种这样的方法，即：在第一次称重不平衡的情况下，第二次称重不需要借助这8个砖头之外的任何砖头（即第一次称之后已被证明为正常的那4个砖头）。当然，楼主见过的2种不同方法，其中一种大概是和姜胖大人一样的。以下是我的解答：先别急着动手。在做之前，先分析一下称重的作用。每一次称重的作用无非是令我们排除一些可能，缩小搜索范围，判断出重量异常的那个次品在哪个范围内，并确定下一步该如何称。而做到这一点，仅仅是通过观察称重的结果。每一次称重的结果最多有三种可能：左&右；左=右；左&右。可是，由于不知道次品和正品孰轻孰重，因此左和右孰轻孰重对于我们下判断做决定便不能构成任何区分，我们只能说两边相等或者不相等。但是，倘若之前有一次称重的结果也是不相等，那么本次称重的结果相对于之前那一次称重的结果就可以区分出三种可能了，也就是说，这时候的左大于右还是右大于左，在之前那一次不相等的称重背景下就有了区分的意义。所以每一次称重，也许能区分出三种可能，也许能区分出两种可能。能够区分出多少种可能，接下来就会有多少个分支。当然仅有一种可能结果的称重也是有的：所谓只有一种可能结果的称重，就是说，我们在这次称重之前就能推断出是哪一种结果。这样的称重当然是毫无作用的，所以不要把称重次数浪费在只有一种可能结果的称重上。排除了这种无用的称重，那么每一次称重接下来的分支可能有两条或三条。更准确的说，如果之前从来没有出现过不相等的称重，那么当前这次称重最多只能有两条分支——相等或者不相等；如果之前出现过不相等的称重，那么此次称重最多可以有三条分支——相等、和前面那次不相等的称重方向一致或者相反。现在要确定一下使用的记号。A和B是两个集合，其元素都是砖头，A:B表示把A中所有砖头放在跷跷板左边，B中所有砖头放在跷跷板右边，来称重。我们用g(A)表示A的重量，g(A)=g(B)表示跷跷板平衡。现在我们要考虑：不平衡的时候采用什么记号？我们可以用g(A)≠g(B)表示跷跷板不平衡，但是为了和以后称重中可能出现的不平衡相比较（方向一致或者不一致），我们采用这种记法：A∧B，表示g(A)＞g(B)（或g(A)＜g(B)）；相应的我们引入A∨B，表示g(A)＜g(B)（或g(A)＞g(B)）。也就是说∧表示大于或者小于，但究竟是大于还是小于并不确定，也不重要。关键是，当∧表示“大于”的时候，∨表示“小于”；当∧表示“小于”的时候，∨表示“大于”。当然，我们也可以采用其他记法：1、直接在每次不平衡的时候说“大于（或者小于）”以及“小于（或者大于）”；2、用类似∧∨这样一对符号来表示1中的意思；3、只使用一个符号（比如∧），但是在说A和B不平衡的时候，详细说出究竟是A∧B，还是B∧A，以示区别。要注意两点：第一，以上2和3中的符号都应该表示反对称关系。（[&R是反对称的&]&当且仅当&[&对于任何xy，若xRy为真则yRx为假&]），上面出现的＜＞∧∨都是这样的关系。而＝和≠都是对称关系（[&R是对称的&]&当且仅当&[&对于任何xy，若xRy则yRx&]。）第二，2中的两个记号所表示的两个反对称关系应该互为镜像。（设S和R都是反对称关系。[&S和R互为镜像&]&当且仅当&[&对于所有xy，xSy当且仅当yRx&]。）当使用表示一对互为镜像关系的符号，并且在比较的双方已知的情况下，我们采用下面的简写：在比较A:B的时候，“A∧B”简写为“∧”，“A∨B”简写为“∨”（同时，“A=B”也简写为“=”）。我们可以采用自己喜欢的记号，只要不引起歧义就行。比如我最初在草稿纸上写的时候就只用一个向上的箭头↑，写的时候就“A↑B”“B↑A”这样写；后来也上下两种箭头一起用（↑↓），写的时候就只写“↑”或“↓”。或者，用0代替＝，1代替∧，-1代替∨，也是可以的。下面我要引入树形图来帮助解题，它将贯穿下面所有的证明。一个树形图由有限个点和有限条线构成，每条线都自上而下联结两个点，其中上面的点称为下面的点的父结点，下面的点称为上面的点的子结点。一个点如果没有任何父结点，就称之为根。一个树有且仅有一个根结点。除了根结点，其他每个点都有且仅有一个父结点。每个点都可以有若干个子结点，子结点之间没有线相连。一个点如果没有任何子结点，就称之为叶子。如果从根节点出发到达某个结点需要经过n条线，那么这个结点就在第n层（注意：根结点在第0层）。组成这棵树各个结点的最大层次就是这棵树的深度。我们要用到的树就是这样，但是为了满足这道题的具体需要，还需做一些细化。假设我们要从砖头集合U中找出那个异常元素。我们让一棵树除了叶结点以外的每个结点都对应一个二元组&X,Y&。其中X是U的子集，表示经由前面所有步骤判断出那个异常元素所属的范围；Y则表示A:B这样一个称重操作，其中A、B都是U的子集，且A与B没有交集，而且A和B的元素个数要相等（我们不知道正常与异常砖块的重量比，也不使用力矩称法，所以只能在跷跷板两边放置同等数量的砖块）。而每个叶结点对应U的一个子集，并且是单元集（即只含有一个元素的集合），叶结点上不再需要称重操作，因为已经确定异常元素是哪一个了。以后，在不会引起歧义的地方，我们直接把某个结点对应的判断和操作简称为判断和操作。我们还要给每条线都标上=∧∨这些记号。它们表示这条线上端那次操作的结果，如果上端那个操作是A:B，那么=∧∨分别表示g(A)=g(B)，A∧B，A∨B。标注着不同记号的线导向相应的下端判断或操作。从现在起，我们有时也称一棵树为一个策略。我们在前面说过，如果一次称重之前不存在至少一次不相等的称重结果，那么此次称重最多只能分出两种可能；否则，最多能分出三种可能。也就说，如果在一个结点之前，还不曾有过某条线（这条线不一定是紧接着这个结点的，但是必须能够经由这个结点向上通达到）被标记为∧或∨，那么这个结点的分支数最多两条；否则分支数最多三条。现在我们按照这一规则，从一个根结点开始向下分叉，并且使得深度不超过3。将每个结点下面的分支数目以及树的深度最大化，就得到下面的树形图。这棵树的叶结点一共14个，但是从14个砖头里找到一个重量异常砖头的任务是不可能确保在三次内完成的，因为还需考虑以下限制。如果只关注每个结点处的判断集合，即判断异常砖块所属的那个集合，那么下面几项条件限制着每个结点上集合（但没有穷尽所有限制）。首先，一个策略的叶结点必须都是单元集，否则这个策略还是未完成的；其次，一个结点上的集合恰好分割成它的子结点上的集合，即：一个结点的子结点上的集合互不相交，并且这些子结点对应集合的并集就等于该结点上的集合；第三，一个结点下方所有叶结点的个数必须等于该结点对应集合的基数（即它的元素个数）。（第三点可由前两点推出）我们看到图中这棵树的根结点向下分为两棵子树，左边的子树有5个叶结点，右边的子树有9个叶结点。根结点上的集合就是U（就是任务开始时所给砖头的集合），而根结点上的操作则是A:B，其中A和B都是U的子集，且互不相交。根结点向下分出两支，分别对应着A=B时的操作和A∧B时的操作。若A=B，则异常砖块一定不在A或B当中；因此，在A=B这一分支下的子结点上的集合等于U-(A∪B)。若A∧B，则异常砖块一定在A或B当中；因此，在A∧B这一分支下的子结点上的集合等于A∪B。由于A和B的基数相等，假设A的基数为a（a为正整数），则A∪B的基数就等于2a。因此，右边子树下的叶结点数目必须是偶数。有了这个限制条件，且又知道深度为3的树的右边子树的叶结点最多有9个，于是我们知道右边子树的叶结点最多有8个。8和左边子树的叶结点数目5相加就是13。这就证明了不存在三步以内的策略，能够将大于等于14个砖块中的异常砖块找出来。由上面的设定还可以知道，若U的基数为w，则U-(A∪B)的基数为(w-2a)（因A的基数是a，且A和B基数相同），也就是左侧子树的叶结点数要等于w-2a，且由于深度不大于3的树左侧叶结点数最多是5，于是w-2a≤5；类似的，右侧子树的叶结点数要等于2a，且由于深度不大于3的树左侧叶结点数最多是9，于是2a≤9。解出来就是(w-5)/2≤a≤9/2。若w=12，则a只能为4（若w=13，a也只能为4）。（未完待续。抱歉，今天拉肚子，不然现在就写完了。上面已经证明的结论：在n块砖里找出一块异常砖头，且能够保证在三次以内完成的，n不能大于13；当n=12，第一次称重必须为4:4。明天将证明：n=12时，有10种方案可以3次完成；n=13时，有12种方案可以3次完成。我相信根据我上面给出的线索，已经有很多人知道该怎么做了。）
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分成3份 4 4 4 然后 2 2 最后1 1
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基本思路：12块砖分成3份编号：A、B、C第一次：A和B分别放在天平的两端如果平衡的话，说明异常的那块砖在C里面如果不平衡的话，说明异常的那块砖在AB里面先讨论平衡的情况：第二次：B里面取3块，C里面取3块，如果平衡的话，则不用进行第三次，可知C里面剩下的一块重量异常；如果不平衡，则可以判断出重量异常的是轻还是重。第三次：在C里面3块砖中取两块比较，平衡的话则剩下的一块是重量异常的，不平衡的话，根据第二次得出的结论，通过轻重判断重量异常的是哪块。再讨论不平衡的情况：比较复杂，给球编个号A1/A2/A3/A4、B1/B2/B3/B4、C1/C2/C3/C4第二次：跷跷板两边分别放A1/A2/B3、B1/B2/A3平衡的话，说明A4/B4其中一块重量异常，第三次：取A4/B4中一块与正常重量的砖块比较可知重量异常的是哪块；不平衡的话，拿跷跷板的平衡状态与第一次比较，如果方向不一致说明A3/B3其中一块重量异常，第三次：取A3/B3中一块与正常重量的砖块比较可知重量异常的是哪块；如果方向一致，说明A1/A2/B1/B2其中一块重量异常跷跷板两边分别放A1/B2、B1/C1平衡的话，则A2异常；不平衡的话，拿跷跷板的平衡状态与第一次比较，不一致的话，则B2异常；一致的话，则A1/B1其中一块异常；好像还差一点儿。唉~~先这样吧！回头想想再来完善。已经盖了这么多楼，希望楼主能看见:)
大家都很认真的样子。。不过我承认我10分钟就没耐心了。。希望楼主选答案之前把那两种方法贴出来补充那再选，给大家看看答案。最后给个滑稽版的答案，把砖头分成若干小块，小到足以各取一小块排成一字型并且不互相碰到的情况下排放到跷跷板一端然后关键来了，人往跷跷板另外一头用力一踩，看哪个小块飞得特别高或者特别低（或者特别近特别远），就是那块了，只用了一次跷跷板。。纯属恶搞。。别被跷跷板的天平思维限定死了 今早想了下，还是没想出来，如果能把砖头切成两半或者能有一把尺子测出翘翘板任意一边的中点的位置的话就可以。手机上的，如果要方法迟点补上。 又想了下，应该有个办法不用其他道具的，中午或者晚上补上。不过要用到力臂什么的有点复杂 方法是：使用跷跷板：每边4块，如果平则余下的4块3真1假。取平的两块（一定是真）和余下的任意两块测量，如果平就取1真和余下的两块任意一块测量。3次使用跷跷板得出异常的一块。这里很多人能想到，关键是如果每边4块不平的情况。现在具体讨论这个：因为砖头是外形完全一样的，按照□□□□丨□□□□摆放砖头，其中中间竖线是跷跷板正中间，这样可以得到一个位置，那就是□□□□丨□□x□□这里的x位置，x到中间距离为第4块砖头末端到中间的一半，这样就可以不用尺子也能得出我要的位置了（这里要注意第4块砖头末端不一定是跷跷板末端）。接着就把不平的两份4块各取出3块，放在跷跷板x位置（一共6块，不要混淆，还是分两份每份3块放在一起），然后取剩余的其中3块（一定为真），放在另外一端的第4块砖头末端位置。这样根据杠杆原理有F1L1=F2L2，如果那6块是全真的话跷跷板是会平的。如果平了，拿1真和剩余两块其中一块对比，平就是剩下的那块，不平就是拿的那块。如果不平，可以观察到6块那端上升或者下降，从而得出异常块是偏轻还是偏重（所以刚刚取的6块不能完全混在一起，要分开）。因为你第一次测量是每边4块的，因此知道偏轻还是偏重之后可以马上辨别出哪份含有异常块，而且知道是重还是轻，任意取3块中的两块再称一次就可以得出结果了。也是3次利用跷跷板。不知道有没考虑错的地方，不过真的是自己想的，还是没那一脚来得方便。。
我刚刚一看到这个题目就来了兴趣！！挺简单的，先将12快砖分3堆，每堆4快第一次使用跷跷板称出那一堆最轻的；将最轻的分2堆，每堆2块；第二次使用跷跷板将这2堆称出最轻的1堆最后一次使用跷跷板......你应该知道怎样操作了吧！！
第一次，一边放六块砖，重的一边的六块砖第二次再等分一边放三块，重的一边里的三块砖第三次任选两块放上去便知重的那块砖了（若有一边重则重的那块便是，若一样重则没放去的那块砖异常重）。 分成3份 4 4 4 然后 2 2 最后1 1 两边6个称
重的那边再称，两边3个称
重的那边再称，随便挑两个
1、重的那边异常
2、重量相等，没拿的异常。
没做过！！！！！！！ 第一次有翘翘板一边各6块，重的一边剔出来第二次把剔出来的6块一边放3块，重的剔出来第三次把重的3块拿出2块放翘翘板上，重的一边就是那块异样的，要是两边一样重那就是没放上去得那块 先把这12块砖平均分成两份称第1次，留下重的一方，再把剩下的六块平均分成两份，称第2次，留重的一方，剩下的三块分别放在跷跷板的中间和两边，看哪边重就在哪边，如果两边一样就是中间那块！这可是我自己想出来的主意哟！ 把12块砖分为两份 每份6块 用跷跷板称一下 把重的一边再分两份 每份3块砖 再称一下 再把重的一边随便选两块称一下 如果中间有一个重的话就是那个重的 如果平衡就是没称的那一块
【个人思维 】 原创：1、把12块砖每边六块，依次从两端开始向里放（注意是平铺），从两端开始放的原因是为了保持两边砖块的位置一一对应。放好后，由于有异常砖块存在，翘翘板肯定不平。这时从两端开始，分别取下一块砖，看翘翘板是否会取得平衡，如果还是不平，再从两端分别取下一块砖，直到翘翘板恢复平衡。把恢复平衡前取下的两块砖收好，这里面有块砖肯定是次品，分别将两块砖标记为A、B。（如果到最后，两边只剩一块转，还不平衡，则取下最后两块，分别标记为A、B）。2、把翘翘板清空，取A，再任意从其他剩下10块砖取一块，分别放在翘翘板两端（注意两端同一位置），如果平衡，那B就是异常重量砖块，不平衡，那A就是异常砖块。3、没有必要使用第三次翘翘板，回答完毕。 首先我想说句话。 说是一次两边称6个的 在称3个的人 肯定没仔细想！我想说句 肯定有一边6个是重 一边是轻。楼主只说了是异常 又没说一定是重！！ 你就称重的那6个？？按我说 直接摔了 都别称。！你放在一样的高度 忘下落、
肯定有一个不一样！ 我靠！！要按楼主IQ划分来说的话！那好多神人啊！！！ 鄙视！这种题多有雷同，不做。 我刚刚一看到这个题目就来了兴趣！！挺简单的，先将12快砖分3堆，每堆4快第一次使用跷跷板称出那一堆最轻的；将最轻的分2堆，每堆2块；第二次使用跷跷板将这2堆称出最轻的1堆最后一次使用跷跷板......你应该知道怎样操作了吧！！ 题目出错！不是有一块重量异常！ 最少要四次才行哦 因为题目没说明异常是指轻了还是重了，所以我觉得应该要称4次才能知道答案吧？...如果这题目真的有解的话期待看到真正高IQ的人的解答~ 回答者： 晓IN - 三级
13:52 确实可以三次完成。羽扇仙的答案（不管是自己写的还是从哪里抄的）的确是对的。我在草稿纸上画了一个树形图从头到尾仔细分析了过了。要我在半小时之内验证一个答案是否正确这没什么问题。但是要我自己想出这样一个解答，我自认为在一个小时内难以完成。至于要想出一个比之更好的解答，我对此不作奢望。所以我只是谈谈感想，简单评论一下。最初一秒钟确实会想把12分成两个6，但是马上就意识到是不行的（居然还有那么多人提交了这种答案，有点小小的吃惊）；然后就想按照分3组的方式进行下去，仔细一做才发现三次不行；接着猛然想到虽然一开始不知道这个次品的轻重，但是可以记录每一次的结果，利用这个，说不定就可以控制正在三次以内呢？做了一下，做成了，高兴了不到一分钟，发现弄错了——我做成的其实是9个砖头的情况。（回想一下，大概是受到了简单的迭代递归的思维习惯的影响）于是又要重新做，发现按照通常的做法，12个砖头，第一称如果相等，接下来的各种分支都很容易，而且也都在3次以内；但是倘若第一称不相等，就不好办了。头脑清楚，并且说必须要四次才行的人，估计都是在这里卡住了。但是许多时候，即使我们至今为止没有找到任何可行的方法，也并不就因此证明了不存在任何可行的方法。关于一件事的可行性或者不可行性的证明当然也是有的；但是可惜的是，在这里那些说三次不可行的人并没有真的证明不存在任何可行的方法。于是我把羽扇仙的答案认真地看了一下，我想既然写得这么详细（虽然繁琐），此人肯定是花费了一番心思验证过的，不要无视人家的劳动成果（我看的时候并不清楚这是不是抄的）。确实，这个答案比较繁琐，但是比起那些只有一两句没头没脑的答案来说，这实在好得太多了。对那些自己随随便便就写出一个想当然的答案、也没有耐心看完其他解答的人，我想说的是：这种工作是来不得半点浮夸的；真要是能证明，就应该能够把详细过程写出来，同时也要有耐心看这样的详细工作。（当然，如果不在乎这些，没有耐心也没关系，那就把这些当过眼烟云吧，以玩票的态度来对待吧，反正也不是自己本职工作，也不是当什么论文审核人。）再回到羽扇仙的答案。一批人望而却步是因为没有耐心。另一些人可能看到了中间就看不下去，大概由于排版上的某些问题影响了阅读吧。而且通篇这种刻板的“如果...则...否则...”的方式看起来恐怕也相当倒胃口（对这些东西已经习以为常到麻木的程序员们就不会觉得倒胃口，这也许是因为有更深层次的审美，也许是因为已经没有胃口可倒了）。题目本身的难度和解答本身的繁琐也许是更大的原因：在第一称不相等的这个分支，其解法固然是对的，但是很不直观，需要看的人自己去慢慢理顺（最好是画个树形图来分析）。这里我就不写出来了。既然楼主已经知道三次是可能的，必定是验证过的，我也不用多费笔墨唇舌。对于其他看官来说，我要是写得不够详细，那还不如看原来的解答；写得太详细又嫌罗嗦。正确答案其实早就在那里。要是有心的话，与其花时间看我写的，不如自己去花时间理顺一遍，这并不需要什么过人的创造力，需要只是细致和耐心（我相信能从开头看到这里的人已经非常有耐心了）。真正有些原创性的可能还是xiaozhu36955的解答。虽然我第一眼也对其不屑一顾，第二眼就知道其解答不符合“题意”，就像pjw258所说，对跷跷板的次数进行了“非法”的使用（如果按照“正确”的使用方式，也就是我们解这道题时所默认的那种使用方式，xiaozhu36955的解答当然是无法保证在3次以内的，只能保证在6次以内（运气好的话只要2次，运气差就要6次））。然而这个解答成功地跳出了我们默认的框框，进行了创造性地发挥。虽然要想到羽扇仙那个答案也需要突破许多束缚，但是二者不是在同一个层面上的突破。其实如果真要在现实场景中去找那块重量异常的砖头，我还宁愿用xiaozhu36955的方法，简单易行；而羽扇仙的方法固然称的次数少，但是在称之前和称之后脑子里都要绕好多弯弯，还要记录称的结果，不断回顾与比较，有这闲工夫，早就用xiaozhu36955的方法（或者其他笨办法）找到那块砖头了。（但是假如任务不是称砖头，而是称成吨的钢材，花点时间思考怎样尽量减少称的次数以降低成本还是很有实际用途的；又比如还是称砖头，但是不是一次性的，而是每一批货都要检查重量异常的砖头，那么第一次花点时间想出最少称重次数的方法，将之程序化，以后就方便了。） 给你第三种方法：第一次称5和5，2在一边放着；若5和5重量相等，则把2分成1和1称；若5里面重量不相等，则取5分成2和2相称，1放到一边；若2和2没问题，则是那个1，不然就把2再分为1和1。分三组，，9 10 11 12
。我们只讨论不等的情况。相等的情况是个人都知道怎么称。。。假设第一次左边，即1234重，那么第二次称127和348.如果平衡，那么异常球在56里且轻；如果还是左边重，那么异常球在128里且为重；如果右边重，那么异常球在347里且为轻。。剩下的就很简单了吧。。。。 首先，将12块砖平均分成两组，每组六块，放于跷跷板上，这时，哪一边下沉，就说明那块异常重的砖在哪边，再将沉下的这一组6块砖平均分成两组，每组三块砖，这时，再将沉下的那一组找出来，从这3块砖任意取出2块砖放在跷跷板两边，如果跷跷板哪边也不下沉，那么就说明剩下那一块砖就是异常超重的，如果任意取出的那两块中，那边下沉了，就说明哪边是异常重的。我只用了不到3分钟就解开了，板子哄你，请多多赏金，谢谢了！ 第一次，一边放六块砖，重的一边的六块砖拿出，第二次把重的分三份，放两份上。如果平，把盛的俩一边一个，重的是；如果一边重，把重的俩一边一个，重的是 仅用3次跷跷板找不出那块不同的砖头。最少需要4次。这个答案实在是与众不同了。一般这种题目不是特意设置文字陷阱，就是题目本身有多解，或者根本题目不通，还有一种就是题目很难，很少有人能给出让人信服的答案（等同于无解）。我认为本题属于无解类。使用3次只能保证找出最后2块砖头，异常的包含在里面。上述大多数答案都是给出了解答，基本上都是有问题的。回答先66，再33，最后11称的，忽略了题目信息只说明了一块重量是异常的，没说是比其他的重。回答分3份，每份4块砖的有2人，一个答案是用了太多的“如果”出现“=”，答案中推理的过程基本上是“如果”，而且用如果也没有用会出现3次称不出来的情况的那种“如果”；另一个答案自己就矛盾了，最后一份砖头是4块，怎么能分成3份，使每份都是一块呢？？回答先一边摆6块，同时在两边一块一块往下拿的答案，也在混淆翘翘板使用次数这个概念。6块砖摆好了，从上面不断的拿下来，还能叫只使用一次这个跷跷板吗？我认为不能通过3次找出来。期待能3次真正找出来的答案。 很汗颜，我在看羽扇仙的答案时缺少必要的耐心，他的答案确实是可以称出来的。我学过形式逻辑，但似乎也忘光了，做这个题一直用的是假设和如果的思维，一直在找奇数特性，真没想到将4块分成1和3就解决了。 我只是对这种题目比较感兴趣，很有耐心的经常看下想下这个题目，但在看羽扇仙答案时却失去了耐心。说真的，想了这些天也没想出答案来，我思维能力比较差。呵呵，还好看到过一种正确答案。如果仍然没有正确答案的话，楼主把分给sheldon_liu
，他的回答比较好。当然，还是希望能看到其他正确答案。我一直在关注这个题目，这种题目很有趣，能带来乐趣，感谢楼主。 基本思路：12块砖分成3份编号：A、B、C第一次：A和B分别放在天平的两端如果平衡的话，说明异常的那块砖在C里面如果不平衡的话，说明异常的那块砖在AB里面先讨论平衡的情况：第二次：B里面取3块，C里面取3块，如果平衡的话，则不用进行第三次，可知C里面剩下的一块重量异常；如果不平衡，则可以判断出重量异常的是轻还是重。第三次：在C里面3块砖中取两块比较，平衡的话则剩下的一块是重量异常的，不平衡的话，根据第二次得出的结论，通过轻重判断重量异常的是哪块。再讨论不平衡的情况：比较复杂，给球编个号A1/A2/A3/A4、B1/B2/B3/B4、C1/C2/C3/C4第二次：跷跷板两边分别放A1/A2/B3、B1/B2/A3平衡的话，说明A4/B4其中一块重量异常，第三次：取A4/B4中一块与正常重量的砖块比较可知重量异常的是哪块；不平衡的话，拿跷跷板的平衡状态与第一次比较，如果方向不一致说明A3/B3其中一块重量异常，第三次：取A3/B3中一块与正常重量的砖块比较可知重量异常的是哪块；如果方向一致，说明A1/A2/B1/B2其中一块重量异常跷跷板两边分别放A1/B2、B1/C1平衡的话，则A2异常；不平衡的话，拿跷跷板的平衡状态与第一次比较，不一致的话，则B2异常；一致的话，则A1/B1其中一块异常；好像还差一点儿。唉~~先这样吧！回头想想再来完善。已经盖了这么多楼，希望楼主能看见:) 大家都很认真的样子。。不过我承认我10分钟就没耐心了。。希望楼主选答案之前把那两种方法贴出来补充那再选，给大家看看答案。最后给个滑稽版的答案，把砖头分成若干小块，小到足以各取一小块排成一字型并且不互相碰到的情况下排放到跷跷板一端然后关键来了，人往跷跷板另外一头用力一踩，看哪个小块飞得特别高或者特别低（或者特别近特别远），就是那块了，只用了一次跷跷板。。纯属恶搞。。别被跷跷板的天平思维限定死了 今早想了下，还是没想出来，如果能把砖头切成两半或者能有一把尺子测出翘翘板任意一边的中点的位置的话就可以。手机上的，如果要方法迟点补上。 又想了下，应该有个办法不用其他道具的，中午或者晚上补上。不过要用到力臂什么的有点复杂 方法是：使用跷跷板：每边4块，如果平则余下的4块3真1假。取平的两块（一定是真）和余下的任意两块测量，如果平就取1真和余下的两块任意一块测量。3次使用跷跷板得出异常的一块。这里很多人能想到，关键是如果每边4块不平的情况。现在具体讨论这个：因为砖头是外形完全一样的，按照□□□□丨□□□□摆放砖头，其中中间竖线是跷跷板正中间，这样可以得到一个位置，那就是□□□□丨□□x□□这里的x位置，x到中间距离为第4块砖头末端到中间的一半，这样就可以不用尺子也能得出我要的位置了（这里要注意第4块砖头末端不一定是跷跷板末端）。接着就把不平的两份4块各取出3块，放在跷跷板x位置（一共6块，不要混淆，还是分两份每份3块放在一起），然后取剩余的其中3块（一定为真），放在另外一端的第4块砖头末端位置。这样根据杠杆原理有F1L1=F2L2，如果那6块是全真的话跷跷板是会平的。如果平了，拿1真和剩余两块其中一块对比，平就是剩下的那块，不平就是拿的那块。如果不平，可以观察到6块那端上升或者下降，从而得出异常块是偏轻还是偏重（所以刚刚取的6块不能完全混在一起，要分开）。因为你第一次测量是每边4块的，因此知道偏轻还是偏重之后可以马上辨别出哪份含有异常块，而且知道是重还是轻，任意取3块中的两块再称一次就可以得出结果了。也是3次利用跷跷板。不知道有没考虑错的地方，不过真的是自己想的，还是没那一脚来得方便。。
因为题目没说明异常是指轻了还是重了，所以我觉得应该要称4次才能知道答案吧？...如果这题目真的有解的话期待看到真正高IQ的人的解答~
分三组，，9 10 11 12
。我们只讨论不等的情况。相等的情况是个人都知道怎么称。。。假设第一次左边，即1234重，那么第二次称127和348.如果平衡，那么异常球在56里且轻；如果还是左边重，那么异常球在128里且为重；如果右边重，那么异常球在347里且为轻。。剩下的就很简单了吧。。。。
把12块砖分为两份 每份6块 用跷跷板称一下 把重的一边再分两份 每份3块砖 再称一下 再把重的一边随便选两块称一下 如果中间有一个重的话就是那个重的 如果平衡就是没称的那一块
【个人思维 】
第一次，一边放六块砖，重的一边的六块砖拿出，第二次把重的分三份，放两份上。如果平，把盛的俩一边一个，重的是；如果一边重，把重的俩一边一个，重的是
我一直在关注这个题目，这种题目很有趣，能带来乐趣，感谢楼主。 看了各种答案，受益匪浅。
先把这12块砖平均分成两份称第1次，留下重的一方，再把剩下的六块平均分成两份，称第2次，留重的一方，剩下的三块分别放在跷跷板的中间和两边，看哪边重就在哪边，如果两边一样就是中间那块！这可是我自己想出来的主意哟！
我们小学生都做得出来1分成3份
每份4块把两份放到翘翘板的两边
重的就在另一份里如果不平衡
重的一块就再沉下去那一边2再把有那一块砖的那一份
称3把重的一份再分成份
就找出来了我上六年级
五分钟没到
参考资料：
我的大脑的记忆力
按照如下表中方法，可以3次得出： 1 2 3 4 5 6第一次 0 0 1 0 -1 -1第二次 0 1 0 -1 0 -1第三次 1 0 0 -1 -1 0
7 8 9 10 11 12第一次 0 -1 1 1 1 -1第二次 1 0 -1 1 -1 1第三次 -1 1 0 -1 1 1表中，1-12表示砖块的编号；1表示把该砖放在天平左端，-1表示放在右端，0表示不放记录三次天平的结果。如果天平左端重，记录下1；如果右边重，记下-1；若一样重，记0看最终三次的结果，若为0 0 0，则12块砖一样重；若不然，则这三个读数必然与某一块砖对应的三个数字相同，或完全相反（1变成-1，-1变成1）。当读数与某一块砖对应的三个数字相同时，则该砖块偏重，当读数与某一块砖对应的三个数字完全相反时，则该砖块偏轻。例1 三次结果为： 左重，右重，左重，读数为1，-1，1，说明11号砖偏重；例2 三次结果为： 平衡，右重，左重，读数为0，-1，1，说明7号砖偏轻。这是离散数学里面的一个问题，可以参考相关书籍
原创：1、把12块砖每边六块，依次从两端开始向里放（注意是平铺），从两端开始放的原因是为了保持两边砖块的位置一一对应。放好后，由于有异常砖块存在，翘翘板肯定不平。这时从两端开始，分别取下一块砖，看翘翘板是否会取得平衡，如果还是不平，再从两端分别取下一块砖，直到翘翘板恢复平衡。把恢复平衡前取下的两块砖收好，这里面有块砖肯定是次品，分别将两块砖标记为A、B。（如果到最后，两边只剩一块转，还不平衡，则取下最后两块，分别标记为A、B）。2、把翘翘板清空，取A，再任意从其他剩下10块砖取一块，分别放在翘翘板两端（注意两端同一位置），如果平衡，那B就是异常重量砖块，不平衡，那A就是异常砖块。3、没有必要使用第三次翘翘板，回答完毕。
给你第三种方法：第一次称5和5，2在一边放着；若5和5重量相等，则把2分成1和1称；若5里面重量不相等，则取5分成2和2相称，1放到一边；若2和2没问题，则是那个1，不然就把2再分为1和1。
第一次有翘翘板一边各6块，重的一边剔出来第二次把剔出来的6块一边放3块，重的剔出来第三次把重的3块拿出2块放翘翘板上，重的一边就是那块异样的，要是两边一样重那就是没放上去得那块
首先，将12块砖平均分成两组，每组六块，放于跷跷板上，这时，哪一边下沉，就说明那块异常重的砖在哪边，再将沉下的这一组6块砖平均分成两组，每组三块砖，这时，再将沉下的那一组找出来，从这3块砖任意取出2块砖放在跷跷板两边，如果跷跷板哪边也不下沉，那么就说明剩下那一块砖就是异常超重的，如果任意取出的那两块中，那边下沉了，就说明哪边是异常重的。我只用了不到3分钟就解开了，板子哄你，请多多赏金，谢谢了！
首先我想说句话。 说是一次两边称6个的 在称3个的人 肯定没仔细想！我想说句 肯定有一边6个是重 一边是轻。楼主只说了是异常 又没说一定是重！！ 你就称重的那6个？？按我说 直接摔了 都别称。！你放在一样的高度 忘下落、
肯定有一个不一样！
我靠！！要按楼主IQ划分来说的话！那好多神人啊！！！
第一次，一边放六块砖，重的一边的六块砖第二次再等分一边放三块，重的一边里的三块砖第三次任选两块放上去便知重的那块砖了（若有一边重则重的那块便是，若一样重则没放去的那块砖异常重）。
重的那边再称，两边3个称
重的那边再称，随便挑两个
1、重的那边异常
2、重量相等，没拿的异常。
没做过！！！！！！！
参考资料：
题目出错！不是有一块重量异常！
鄙视！这种题多有雷同，不做。
最少要四次才行哦
分成3份 4 4 4 然后 2 2 最后1 1
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