Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin





Polecany
* * * * * 4 głosów

Jak "zostawić kżyża mjastu"?

Napisane przez Ereinion, 15 September 2010 · 8824 wyświetleń

nastolatki alkohol narkotyki seks
Dziś rano sprzed pałacu prezydenckiego zabrano sławny już krzyż, ale bardzo szybko jego obrońcy zapowiedzieli postawienie tam kolejnego. Aby lepiej go zabezpieczyć przed przeniesieniem lub nawet kradzieżą, może przydać im się drobna "matematyczna" pomoc.

Załóżmy, że pewnej nocy jakiś śmiałek porywa krzyż i zaczyna z nim uciekać. Po chwili zauważa to jeden ze zwolenników "zostawienia kżyża mjastu" (>dla niezorientowanych<) i rusza w pogoń. W pewnej chwili uciekinier i goniący wybiegają na dużą, nieoświetloną polanę (w centrum Warszawy, to raczej mało prawdopodobne, ale nie szkodzi), gdzie widoczność praktycznie spada do zera. Wydaje się, że teraz szanse na złapanie złodzieja są nikłe. Załóżmy więc dodatkowo, że złodziej w momencie, gdy goniący stracił go z oczu, wybiera sobie dowolny kierunek i porusza się po nim w linii prostej ze stałą prędkością v. Dodatkowo przyjmijmy, że obrońca krzyża ma lżej, więc porusza się stale z prędkością 2v oraz że w momencie zapadnięcia ciemności obu bohaterów dzieliła odległość d.

Pokażemy w tym wpisie jaką trasę powinien obrać goniący, aby niezależnie od zachowania uciekającego odzyskać krzyż. W praktyce złodziej może wybrać dowolny kierunek, ale na początku załóżmy, że ma do wyboru tylko trzy drogi (w tym jedna którą przybiegł), a goniący może się poruszać jak chce. Sytuacja wygląda mniej więcej tak:
Załączona grafika

Punkty G i U oznaczają pozycje odpowiednio goniącego i uciekającego, w momencie gdy spada widoczność. Zgodnie z tym co było napisane |GU|=d. Widzimy, że z U wychodzą 3 drogi, każda pod kątem 120^o do sąsiednich (to tak dla ułatwienia obliczeń).

Prześledźmy trasę goniącego:

1. Najpierw zakłada on, że uciekający zawrócił, więc rusza prosto w jego stronę, aż po pewnym czasie t_1 dotrze do punkt G_1, takiego, że UG_1 \, : \, G_1G =1 \, : \, 2 (czyli UG_1=\frac{d}{3}=v \cdot t_1). Dalej nie ma sensu biec tą drogą, bo gdyby uciekający wybrał właśnie ją, to musieliby się spotkać dokładnie w tym punkcie.

2. Wobec tego goniący postanawia sprawdzić kolejną drogę, patrząc zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Pozycja U_1 na tej drodze oznacza pozycję, w której znalazłby się uciekający po czasie t_1, gdyby wybrał tę drogę. Goniący musi więc trafić do takiego punktu G_2, że G_1G_2=2 \cdot U_1G_2 (bo goniący w tym samym czasie przebędzie dwukrotnie większy dystans niż uciekający).
Załóżmy, że potrzebuje on na to czasu t_2. Mamy wtedy U_1G_2=v \cdot t_2 oraz G_1G_2=2v \cdot t_2.
Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta UG_1G_2 możemy ułożyć równanie\(2v \cdot t_2\)^2= (vt_1)^2+ \(vt_1+vt_2\)^2 +vt_1 \cdot v(t_1+t_2)co po uproszczeniu dajet_2^2-t_1t_2-t_1^2=0czylit_2=\frac{\sqrt{5}+1}{2} \cdot t_1

Jednak goniącego bardziej interesuje kąt o jaki powinien skręcić, czyli kąt \angle UG_1G_2. Wyznaczyć jego miarę można łatwo np. z twierdzenia sinusów i będzie to w przybliżeniu 44,478^o.

3. Jeśli w punkcie G_2 goniący nie złapał złodzieja, to już wiadomo na pewno, że ten ostatni wybrał trzecią z dróg i właśnie znajduję się w punkcie U_2, takim że UU_2=UG_2=v(t_1+t_2).

Powtarzamy rozumowanie z punktu 2., z tym że zamiast czasu t_1 mamy t_1+t_2 a zamiast t_2 mamy do wyznaczenia czas t_3. Otrzymujemy analogiczne równanie:\(2v \cdot t_3\)^2= \(v(t_1+t_2)\)^2+ \(v(t_1+t_2)+vt_3\)^2 +v(t_1+t_2) \cdot \(v(t_1+t_2)+vt_3\)

Bazując na rozwiązaniu równania z punktu drugiego możemy od razu zapisaćt_3=\frac{\sqrt{5}+1}{2} \cdot (t_1+t_2).

Widzimy w takim razie, że \frac{t_2}{t_1}=\frac{t_3}{t_1+t_2}.

Dociekliwy Czytelnik sprawdzi, że z tej równości wynika równość \frac{t_1}{t_1+t_2}=\frac{t_1+t_2}{t_1+t_2+t_3} czyli \frac{UG_1}{UG_2}=\frac{UG_2}{UG_3}. Dodatkowo \angle G_1UG_2=\angle G_2UG_3 czyli \Delta G_1UG_2 \sim G_2UG_3. Stąd wynika, że długości odcinków UG_1,\ UG_2,\ UG_3 w tej kolejności tworzą ciąg geometryczny i to spostrzeżenie będzie kluczowe w dalszych rozważaniach.

Można by teraz rozważyć przypadek 4 dróg, każda pod kątem prostym do sąsiednich, ale metoda wyznaczania trasy goniącego będzie analogiczna, więc ograniczę się do rysunku poglądowego i kilku faktów.

Załączona grafika
Oznaczenia podobne jak poprzednio, dodatkowo trasę goniącego zaznaczyłem na czerwono.

Teraz fakty, których nietrudne dowody pozastawiam Czytelnikowi

1. \Delta G_1UG_2 \sim \Delta G_2UG_3 \sim \Delta G_3 U G_4

2. \angle UG_1 G_2 \approx 65,7^o

3. Długości odcinków UG_1,\ UG_2,\ UG_3,\ UG_4 w tej kolejności tworzą ciąg geometryczny.

Kiedy mamy już pojęcie o co w tym chodzi, możemy rozważyć ogólniejszy przypadek n dróg, każda biegnąca pod kątem \frac{2 \pi}{n} do sąsiednich.

Początek jest podobny, obrońca krzyża biegnie do punktu G_1 w odległości \frac{d}{3} od U. Jeśli nie spotka tam złodzieja, to wybiera pierwszą drogę (idąc przeciwnie do ruchu wskazówek zegara), na którą trafia w punkcie G_2. Podobnie jak poprzednio mamy UG_1=vt_1,\ UG_2=v(t_1+t_2),\ G_1G_2=2vt_2 oraz \angle G_1UG_2=\frac{2 \pi}{n}.

Z twierdzenia cosinusów w trójkącie UG_1G_2 możemy ułożyć równanie:\(2v \cdot t_2\)^2= (vt_1)^2+ \(vt_1+vt_2\)^2 -2 \cdot vt_1 \cdot v(t_1+t_2) \cdot \cos\(\frac{2 \pi}{n}\)

Upraszczamy i dostajemy równanie kwadratowe względem t_2, którego wyróżnik ma postać\Delta = 4t_1^2\(1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)^2 +24t_1^2\(1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)=4t_1^2 \cdot \(1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)\(7-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)

Wobec tegot_2=t_1 \cdot \frac{1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\) + \sqrt{\(1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)\(7-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)}}{3}=t_1 \cdot m

Podobnie jak w przypadku 3 i 4 dróg jesteśmy w stanie wykazać, że długości r_0=UG_1,\ r_1=UG_2,\ ... \, ,\ r_{n-1}=UG_n tworzą ciąg geometryczny o ilorazie równym \frac{r_1}{r_0}=\frac{v(t_1+t_2)}{vt_1}=1+\frac{t_2}{t_1}=1+m.

Wobec tego możemy zapisać r_k=r_0 \cdot (1+m)^k=\frac{d}{3} \cdot (1+m)^k.

Czyli przypadek z dowolną skończoną liczbą dróg możemy uznać za rozwiązanym, umiemy wyznaczyć odpowiednią trasę pościgu. Spróbujmy się teraz zastanowić co się dzieje, gdy liczba dróg dąży do nieskończoności, czyli w praktyce oznacza to, że złodziej może się udać w dowolnym kierunku (byleby poruszał się po linii prostej).
Przyjmijmy w takim razie, że r(\phi) oznacza odległość od punktu U, po której złodziej zostanie złapany uciekając drogą nachyloną do drogi UG (ta którą przybiegł) pod kątem \phi.Z

ałóżmy, że \phi=a \cdot 2 \pi, gdzie a jest liczbą wymierną z przedziału \<0,1\). Istnieje więc nieskończenie wiele dowolnie dużych liczb k,n \in \mathbb{N}, dla których możemy zapisać \phi=k \cdot \frac{2 \pi}{n}, więc gdybyśmy teraz powrócili do przypadku n dróg, mielibyśmy r(\phi)=r_k=\frac{d}{3} \cdot (1+m)^k=\frac{d}{3} \cdot (1+m)^{\phi \cdot \frac{n}{2 \pi}}=\frac{d}{3} \cdot (1+m)^{\frac{1}{m} \cdot m \cdot \frac{n}{2 \pi} \cdot \phi)}.

Mamy \lim_{n \to \infty} m=\lim_{n \to \infty} \frac{1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\) + \sqrt{\(1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)\(7-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)}}{3} = 0A stąd wynika, że \lim_{n \to \infty} (1+m)^{\frac{1}{m}}=e.

Dodatkowo uwzględniając fakt, że \lim_{x \to 0} \frac{1-\cos(x)}{x^2}=\frac{1}{2} mamy \lim_{n \to \infty} m \cdot \frac{n}{2 \pi} =\lim_{n \to \infty} \frac{n}{2 \pi} \cdot \frac{\sqrt{1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)} \cdot \(\sqrt{\(1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)+\(7-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)}}{3}=\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{\frac{1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)}{\(\frac{2 \pi}{n}\)^2}} \cdot \(\sqrt{\(1-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)+\(7-\cos\(\frac{2 \pi}{n}\)\)}}{3}=\frac{\sqrt{\frac{1}{2}} \cdot \sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}

Podsumowując \lim_{n \to \infty} r(\phi)=\lim_{n \to \infty} \frac{d}{3} \cdot (1+m)^{\frac{1}{m} \cdot m \cdot \frac{n}{2 \pi} \cdot \phi}=\frac{d}{3} \cdot e^{\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \phi}.

Tym samym dla wymiernych wielokrotności 2 \pi z przedziału \<0,1\) umiemy wyznaczyć w ogólnym przypadku r(\phi).

Do pełni szczęścia musimy tylko jeszcze załatwić przypadki gdzie (zmieniam literkę, żeby nie było tak nudno) \alpha jest jakąś liczbą niewymierną z przedziału \<0,2\pi\). Weźmy sobie ciąg liczb wymiernych \{\alpha_n\} taki, że jego granicą jest \alpha. (Dowód tego, że taki ciąg na pewno istnieje pozostawiam jako ćwiczenie). Funkcja r(x)=\frac{d}{3} \cdot e^{\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot x} jako superpozycja (złożenie) funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą, wobec czego r(\alpha)=\lim_{n \to \infty} r(\alpha_n)=\lim_{n \to \infty} \frac{d}{3} \cdot e^{\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \alpha_n}=\frac{d}{3} \cdot e^{\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \lim_{n \to \infty} \alpha_n}=\frac{d}{3} \cdot e^{\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \alpha}.

Tym samym znaleźliśmy funkcję r(\phi), która opisuje w jakiej odległości od miejsca startu goniący powinien przeciąć drogę odchyloną od początkowej o kąt \phi, aby złapać złodzieja.

Na wykresie droga jaką powinien podążać goniący wygląda dla d=3 tak:

Załączona grafika

(na wykresie brakuje odcinka, gdy goniący biegnie kawałek początkową drogą, to wynika z określenia funkcji r)

Gdyby obrońcy krzyża znali te wskazówki wcześniej, być może krzyża dzisiaj by nie przeniesiono. Niestety nie zdążyłem ich wcześniej opisać na tym blogu, czasem tak bywa, że człowiek nie zdąży :)

P.S. Inspiracją dla tego wpisu (poza sprawą z krzyżem) był jeden z odcinków serialu "Wzór" ("Numb3rs"), w którym poruszane było to zagadnienie. Zachęcam do oglądania tego ciekawego serialu.

  • 4



nonon, twój blog jak zwykle zaskakuje :) :D REWELACJA!!!
    • 0
Jak zawsze fantastyczny pomysł na temat i rewelacyjne wykonanie!
    • 0
A te błędy ortograficzne to tak specjalnie
    • 0
Trafne spostrzeżenie. Po kliknięciu w odnośnik zatytułowany ">dla niezorientowanych<" można zobaczyć na zdjęciu genezę tytułowego, kontrowersyjnego, sformułowania :rolleyes:
    • 1
Bardzo fajny blog. Też może kiedys coś zrobię takiego xP
    • 0

Ostatni odwiedzający

Ostatnie komentarze

Buttony