Keresés

4 bogár feladat:

(visszanéztem a feladásig, és - ha jól láttam - nem olvastam a következőkben leírt megoldási módot)

Az mindenki számára világos, hogy az egyre csökkenő (és forgó) négyzet középpontjában találkoznak.
Egy bogár sebességét két komponensere bonthatjuk. Az egyik a középpont felé tartó sugárirányú, a másik az erre merőleges érintőleges. Bár mindkét sebesség irány folyton változik, az abszolút értékük mindkettőnek állandó. Fölfoghatjuk úgy is egy viszonyítási rendszerben, mintha a középpont körül a talaj forogna egyre nagyobb szögsebességgel, közben a bogarak egy látszólag álló, de egyre kisebb négyzet csúcsaiban lennének, és egyenletes sebességgel haladnának a középpont felé. Ez a viszonyítási rendszer a fentebbi sebességkomponensek irányának változását igyekszik eliminálni.

A feladat tehát leredukálódott egy olyanra, amikor 4 bogár állandó sebességgel halad a középpont felé. Az eltelt idő ekkor a középponttól való távolság és a sugárirányú sebesség hányadosa:
(a - négyzet oldalhossz, v - sebesség egymás felé)

A középponttól való távolság: r=sqrt(1/2)*a
A sugárirányú sebesség: vr=sqrt(1/2)*v
Az eltelt időre t=a/v jön ki.

Ha ezt megszorozzuk a bogarak eredeti sebességével (visszatérve az eredeti inerciarendszerbe), akkor a megtett útra: s=a jön ki.

Én azt látom, hogy a megoldásokban ezt a fenti nézőpontot mindenki csak kerülgeti, mint a macska a forró kását, és aztán belebonyolódik a spirálokba, differenciákba, stb.

Mentségükre legyen mondva: én a feladatot már nagyon régről ismerem (csak éppen nem négy hanem három, és nem bogár hanem kutya), és bárkinek is adtam fel, nem jött rá erre a szerintem egyszerű, és spirálisokat nélkülöző megoldásra, noha én kb. 20 évesen akkor elsőre így oldottam meg.

"Ha jól vizualizáltam a feladatot, akkor körbe-körbe jár egy katonai egység."

Sajnos nem erről van szó. Te egy másik feladattal foglalkoztál.

Akkor átfogalmazom:

Egy felvonuláson egy 10 méter átmérőjű 2 méter magas hengert szereltek kis kerekekre és egyenletes sebességgel mozgatják egyenes vonalban előre. (A henger tengelye merőleges a vízszintes talajra.)

Valaki szintén egyenletes sebességgel (nem egyenletes szögsebességgel!) körbeszaladja a hengert azalatt, amíg a henger a saját átmérőjének megfelelő utat megteszi. (Azaz a "leghátsó" pontja eléri az induláskori "legelső" pontját.)

Mekkora a sebességek aránya?

Ha a mozgó test keresztmetszete nem kör, hanem más alakzat (pl. négyzet, vagy akár csak egy szakasz), akkor egyszerűbb feladatokat kapunk.

Gondold meg, egy kész, megrajzolt logaritmikus spirálra tehetsz egy futópontot, ami egyenletes sebességgel halad.

És persze bármilyen sebességgel is bejárhatod. Néha begyorsíthatsz, aztán lassíthatsz egy jót stb. Ezt regisztrálja a c(t) faktor nálam (nevezetesen a bogarak hormonszintjét a t pillanatban): a pályát magát nem befolyásolja, csak a bejárás módját.

Ekkor viszont archimedesi spiralisra vezet.

De ez nem igaz. Mindegyik c(t) ugyanazt a spirált adja, csak más paraméterezésben. Konkrétan az f'(t)=c(t).(i-1).f(t) differenciálegyenlet megoldásai f(t)=e^(i-1).C(t), ahol C(t) a c(t) egy tetszőleges primitív függvénye. Egy f(t)=e^(i-1).C(t) görbe pályája mindig ugyanaz a logaritmikus spirál, hiszen ha C tetszőleges valós szám, akkor az e^(i-1).C komplex szám (r,fi) polárkoordinátái kielégítik az r=e^-fi egyenletet (nevezetesen fi=C, r=e^-C).

A feladat játékszabályai logaritmikus spirális pályát eredményeznek, nem archimedesit.

Igy van, és ez a sebességtől is független, vö. 1037. Ezt persze matmérnöknek mondom, nem Neked.

Nagyon ravasz, de tényleg elég egyetlen golyót megnézni...  :))

Helyezzük el a 4 bogarat a komplex számsík 4. egységgyökeibe és nevezzük át őket a megfelelő számokra. Egész pontosan úgy rendezzük el a bogarakat, hogy az i vonzza az 1-et, a -1 vonzza az i-t, a -i vonzza a (-1)-et, végül az 1 vonzza a (-i)-t. Ha f(t) jelöli az 1 bogár t pillanatbeli helyzetét, akkor a forgásszimmetria miatt i.f(t) adja meg az i bogár helyzetét ugyanebben a pillanatban. Az 1 bogár az i bogár felé igyekszik, ezért a sebessége egyirányú az i.f(t)-f(t) vektorral. Tehát f'(t)=c(t).(i-1).f(t), ahol c(t)>0. Másként szólva (log f(t))' = (i-1).c(t), vagyis f(t)=e^(i-1).C(t), ahol C(t) a c(t) egy alkalmas primitív függvénye. Mivel f(0)=1, ezért C(0)=0. A bogarak akkor találkoznak, ha van olyan T pillanat, amikor C(T)=végtelen (itt megengedjük a T=végtelen lehetőséget is). Ez azt jelenti, hogy a bogarak valóban logaritmikus spirálon mozognak, aminek ívhossza (itt használjuk, hogy C'(t)>0)

int_[0,T] |f'(t)| dt = int_[0,T] |(i-1).C'(t).e^(i-1).C(t)| dt =

|i-1| int_[0,T] C'(t).e^-C(t) dt = |i-1| {e^-C(0)-e^-C(T)} = |i-1|.

Összességében elmondhatjuk, hogy mindegyik bogár pontosan annyi utat tesz meg, mint a kiindulási négyzet oldala.