Assume n ≥ 2. We claimf(n) = (2n −

Assume n ≥ 2. We claim
f(n) = (2n − 1)f(n − 1). (1)
Firstly, note that after the first move the left pan is always at least 1 heavier than the right one. Hence, any valid way of placing the n weights on the scale gives rise, by not considering weight 1, to a valid way of placing the weights 2, 22, . . . , 2n−1.
If we divide the weight of each weight by 2, the answer does not change. So these n − 1 weights can be placed on the scale in f(n − 1) valid ways. Now we look at weight 1. If it is put on the scale in the first move, then it has to be placed on the left side, otherwise it can be placed either on the left or on the right side, because after the first move the difference between the weights on the left pan and the weights on the right pan is at least 2. Hence, there are exactly 2n − 1 different ways of inserting weight 1 in each of the f (n − 1) valid sequences for the n − 1 weights in order to get a valid sequence for the n weights. This proves the claim.
Since f(1) = 1, by induction we obtain for all positive integers n
f (n) = (2n − 1)!! = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1).

Kết quả (Việt) 1:

Giả sử n ≥ 2. Chúng tôi yêu cầu bồi thườnggiải (2n − 1) = f (n − 1). (1)Trước hết, lưu ý rằng sau khi lần đầu tiên di chuyển chảo trái luôn luôn là ít nhất 1 nặng hơn so với một trong những quyền. Do đó, bất kỳ cách hợp lệ của việc đặt các trọng lượng n trên quy mô cho phép tăng, bởi không phải xem xét trọng lượng 1, đến một cách hợp lệ của việc đặt trọng lượng 2, 22,..., 2n−1.Nếu chúng ta phân chia cân trọng lượng mỗi 2, câu trả lời không thay đổi. Vì vậy những − n 1 trọng lượng có thể được đặt trên quy mô theo những cách hợp lệ f (n − 1). Bây giờ, chúng tôi xem xét trọng lượng 1. Nếu nó được đặt trên quy mô ở bước đầu tiên, sau đó nó đã được đặt ở bên trái, nếu không nó có thể được đặt ở bên trái hoặc bên phải, bởi vì sau khi bước đầu tiên sự khác biệt giữa trọng lượng trên chảo trái và trọng lượng trên chảo phải ít nhất 2. Do đó, đó là chính xác 2n − 1 khác nhau cách chèn chuỗi giá trị trọng lượng 1 trong mỗi f (n − 1) cho n − 1 trọng lượng để có được một trình tự hợp lệ cho các trọng lượng n. Điều này chứng tỏ yêu cầu bồi thường.Kể từ khi f(1) = 1, bằng quy nạp, chúng tôi có được tất cả số nguyên dương nf (n) = (2n − 1)!! = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1).

Kết quả (Việt) 2:

Giả sử n ≥ 2. Chúng tôi khẳng định
f (n) = (2n - 1) f (n - 1). (1)
Thứ nhất, lưu ý rằng sau khi di chảo trái luôn luôn là ít nhất 1 nặng hơn so với một trong những quyền. Do đó, bất kỳ cách hợp lệ của việc đặt trọng n trên quy mô cho tăng lên, bởi không xem xét trọng lượng 1, để một cách hợp lệ của việc đặt trọng lượng 2, 22,. . . , 2n-1.
Nếu chúng ta phân chia trọng lượng của mỗi cân bằng 2, câu trả lời không thay đổi. Vì vậy, các n - 1 trọng lượng có thể được đặt trên quy mô f (n - 1) cách hợp lệ. Bây giờ chúng ta nhìn vào trọng lượng 1. Nếu nó được đặt trên quy mô trong di chuyển đầu tiên, sau đó nó phải được đặt ở phía bên trái, nếu không nó có thể được đặt ở bên trái hoặc bên phải, bởi vì sau khi di chuyển đầu tiên sự khác biệt giữa trọng lượng trên chảo trái và trọng lượng trên chảo đúng là ít nhất là 2. Do đó, có chính xác 2n - 1 cách khác nhau để chèn trọng lượng 1 trong mỗi f (n - 1) trình tự hợp lệ cho n - 1 trọng để có được một trình tự hợp lệ cho các trọng n. Điều này chứng minh yêu cầu bồi thường.
Vì f (1) = 1, bằng cảm ứng, chúng tôi có được cho tất cả các số nguyên dương n
f (n) = (2n - 1) !! = 1 · 3 · 5 ·. . . · (2n - 1).