Lássuk, hogy programból úgy lenne érdemes n-hez a^b+d alakú felírást keresni (negatív d megengedve), hogy végignézzük a b-ket 2-től log2(n)-ig, ahhoz az a kb adódik (hogy a^b ~n legyen, vagyis a ~ log(n)/log(b), ha majdnem egész, akkor jó), és ha véletlenül elég közel van a egy egészhez, vagyis a^b az n-hez, akkor nyertünk...
Szerintem az a könnyebb, ha nem lehet. És könnyen lehet, hogy ez a helyzet, mert pl.
x=a^b+d
alakba felírni ugye úgy érdemes, hogy a^b jól közelíti x-et (|d| << x). Na most a legalább 2, b legalább 2, tehát 2^b ~ x-ig lehet elmenni, b legfeljebb log2(x). Ami azt jelenti, hogy kevés, nagyon-nagyon kevés a,b pár van aminek esélye van jól felírni. Persze elvileg lehet
x=a1^b1 +a2^b2 + d alakban is, de a dolog nagyon szigorodik, kevés új sansszal.
Néhány befuccsolt kísérlet után elég nehéznek látom a problémát.
Egyszerű akkor lehetne, ha lenne valami szimpla konstruktív megoldás, egy algoritmus a számok előállítására. Ilyet próbáltam kitalálni, nem sikerült. Persze ez nem sokat jelent.
Ha viszont az lenne a helyzet, hogy a helyes válasz nemleges, akkor ezt bizonyítani nagyon nehéznek látszik. Én arra tippelek, hogy ez a helyzet, mivel a szorzás, összeadás stb önmagában semmit se ér, csak a hatványozás lyukainak befoltozására jó.
Ugye egy számot rengetegféleképpen fel lehet írni ilyen 'képlettel'. És a lehetőségek száma nagyobb számoknál durván nől. A képletünk meg 15 karkter abc feletti string, szóval a lehetőségek száma gyorsabban nől, mint a 10-karkateres abc feletti stringnél.
Kérdéses, melyik nől gyorsabban: adott stringhosszúságnál: - a felírási lehetőségek száma szorozva a tízeszámrendszerben adott méreten leírható számok számával - vagy a 15-ös számrendszerben adott méreten felírható számok száma
(Ugye szükséges feltétel, hogy a második gyorsabban nőjön, hogy egyáltalán legyen esélyünk.)
Megjegyzem, hogy a következő állítást bizonygattuk nagy dérrel dúrral:
P-ben és P''-ben állítsunk merőlegest az AB-re. Szerkesszük meg a szögfelezőket P-ben és P''-ben. Ezek metszéspontjából állítsunk merőlegest az AB-re. Ez felezi AB-t.
Ez idáig abszolut geometria.
Hogy hogyan lettek szögfelezők PO és P''O?:
P-ből merőlegest húztunk az RB-re és P''-ből merőlegest húztunk az AX-re. Ha a hiperbolikus síkon vagyunk, akkor R és B kimászhatnak a végtelenbe (az abszolutra) és a fentiek pont azt jellentik a Klein modellben, amit akartunk.
Szerintem a *,+,- nem elég, és ezt elég könnyű belátni, hiszen a+b legfeljebb max (jegyek(a),jegyek(b)), a*b meg legfeljebb jegyek(a)+jegyek(b) -jegyű szám lesz.
érzésre a hatványozással viszont megy a dolog (valszeg a hatvány és az összeg meg a zárójel elég). Sok (egyre több) a^b közelíti jól az adott számot, ahol a jól közelítés azt jelenti, hogy a szám jegyeihez képest kevésjegyű a különbség.
Egy érdekes feladat merült fel egy másik fórumban (nem pont így, de én most konkretizálom):
Igaz-e az, hogy van olyan 't' természetes szám, hogy minden n>t természetes szám felírható rövidebb 'képlettel', mint a szám tízes számrendszerbeli felírása,
ahol a 'képlet' az összeadás, szorzás és hatványozás jeleit és zárójeleket tartalmazhatja.
Homogén koordinátás számolással (amiket itt nem részleteznék, mert viszonylag hosszabb, de nyilvánvaló számolásokról van szó) a következőket sikerült belátni:
a. A feladat megoldása azon (P',Q) pontpár egyik eeleme, amelyre teljesül, hogy P' és Q konjugált a körre nézve és harmonikus társak a (P,P'') pontpárra nézve is.
b. A Te szerkesztésed valóban ezt a P' pontot szolgáltatja.
Szeretnék látni persze ezekre egy szintetikus projektív geometriai bizonyítást is. Ha lesz több időm, majd gondolkozom még rajta; de ha valaki tud ilyet, akkor kíváncsian várom.
Mindenesetre az a. állítás ismeretében P'-re az alábbi, még egyszerűbb szerkesztés adódik:
Legyen O az AB egyenes pólusa; legyenek az OP egyenes körrel alkotott metszéspontjai K és L, az OP'' egyenes körrel alkotott metszéspontjai M és N. Ekkor a keresett P' pont a KLMN teljes négyszög O-tól különböző átlóspontjainak egyike.
Ez valóban az a.-ban leírt tulajdonságú pontot adja. Mivel a kúpszeletbe írt teljes négyszög átlóspontjai konjugáltak a kúpszeletre nézve, az első feltétel teljesül. Mivel P és P'' illeszkedik a teljes négyszög átlójára és a négyszög egy-egy oldalegyenesére, így valóban a P és P'' pontokra nézve is harmonikus konjugáltak a kapott átlóspontok.
Igen, megszerkeszthető. A feladat tulajdonképpen az, hogy tudjuk, hogy az AB egyenesen egy projektivitás fixpontjai A és B, valamint tudjuk, hogy a projektivitás négyzeténél a P pont képe Q' (a saját ábrámon ezért P''-vel jelöltem). A feladat a P pont P' képének megszerkesztése.
Tetszőleges B-vel kollineáris M és N pontokat kijelölve, a keresett projektivitás egy M és N centrumú perspektivitás kompozíciójára bontható. A projektivitás tengelyét persze nem ismerjük, annyit tudunk róla, hogy illeszkedik az A pontra. Azt fogjuk megkeresni a "téves helyzetek módszere" segítségével. A módszer lényege, hogy az A ponton keresztül felveszünk egy tetszőleges egyenest, és feltesszük, hogy az az egyenes a keresett tengely. Ha így van, akkor A P pont képe úgy kapható meg, hogy a tetszőlegesen felvett egyenes MP-vel alkotott Y_1 metszéspontját N-ből az egyenesre vetítjük (X'_1); a P'' pont ősképe pedig úgy szerkeszthető, hogy a tetszőlegesen felvett egyenes NP''-vel alkotott Y_2 metszéspontját M-ből az egyenesre vetítjük (X'_2). Ha valóban a projektivitás tengelyéből indulunk ki, akkor X'_1=X'_2. A tetszőlegesen felvett egyenes változtatásával az X'_1 és X'_2 által leírt pontsorok egymáshoz projektívek, így a keresett P' pont ezen projektivitás (egyik) fixpontja. Mivel a projektivitást három megfelelő pontpár egyértelműen meghatározza, elég három darab "téves helyezetből" kiindulva meghatározni az X'_1 és X'_2 pontok helyezeteit, az ezek által meghatározott projektivitás fixpontjai a Steiner-féle fixpontszerkesztéssel megszerkeszthetőek. (Ez nem látható az ábrán, mert elég áttekinthetetlenné vált volna.) Az így kapott egyik fixpont az ábrán látható P'.
Lényegében erről szól az 1029-es. Egész pontosan legyen egy adott t pillanatban s(t) a bogárnégyzet oldalhossza, és legyen h->0+. Meg akarjuk becsülni s(t+h)-t. Az egyszerűség kedvéért legyen egységnyi a bogarak sebessége. Helyezzük el a bogarakat egy derékszögű koordinátarendszerben úgy, hogy a koordinátáik (0,0), (s(t),0), (s(t),s(t)), (0,s(t)) legyenek. A második bogár vonzza az elsőt és h idő alatt megtesz h távolságot. Az első bogár is csak h távolságot tesz meg ez idő alatt, ezért annak második koordinátája ezután O(h2), vagyis az első koordinátája h+O(h2). Hasonlóan h idő elteltével a második bogár első koordinátája s(t)+O(h2), míg a második koordinátája h+O(h2). Tehát
Na, akkor én is nyilatkozom. Én is a fapados differenciálást láttam: legyen a négyzet 1 oldalhosszú: ha megpróbáljuk egyenes szakaszokkal közelíteni (pl. leprogramozzuk), akkor minden bogár megtesz dx utat, és lesz egy kisebb elforgatott négyzetünk, ami "lényegében" 1-dx oldalhosszú, és innen már látszik.
De ha precizírozunk, az is megy, talán integrálás nélkül is, mert valójában egy gyök( (1-dx)2 + dx2) oldalú négyzetünk maradt; ha az 1 oldalú négyzet esetén x hosszú utat tesznek meg a bogarak, akkor nyilván a maradék utat, ami ugyanez a feladat, csak kicsit elforgatva és kicsinyítve, abban további x*gyök((1-dx)2+dx2) utat tesznek meg, így tehát x = dx + x*gyök((1-dx)2+dx2), azaz
x*(1-gyök((1-dx)2+dx2) = dx
x=dx/(1-gyök(1-2dx+2dx2)
Ennek a limesze kellene, ha dx->0, ami látványosan 1, mert az 1-2dx+2dx2 ~ 1-2dx+dx2 (mindkettő asszimptotikusan 1-2dx-hez tart), így az egész dx/dx-hez, nincs kedvem kiokoskodni rendesen, de biztos lehet azt is :-)
A négyzetes változatban csak egyetlen bogár fogyasztja a távolságot, mert a párja mindig éppen merőlegesen halad. Ezért éppen az oldalhossz a megoldás.
3 és 5,6... oldal esetén a másik bogár mozgásának is van útirányba eső komponense.
Így a megtett út: l / (1+cos(pi/3)) = l / (1+1/2) = l*2/3
de a (1019) és (1026) mintha azt sugallná, hogy azért jön ki a megtett útnak a négyzet oldalhossza, mert egy - az általam is definiált - inerciarendszerben a bogarak egy folyamatosan zsugorodó négyzet csúcsain helyezkednek el, és így szemmel láthatóan a négyzet oldalhosszának megfelelő utat tesznek meg egymás felé. (Ettől annyira egyszerű és frappáns a megoldás).
Én nem így értelmeztem, hanem így:
mivel minden bogár sebessége minden pillanatban 45 fokos szöget zár be a sugárral, ez azt jelenti, hogy amíg a bogár ds utat tesz meg, addig ds/gyokketto utat tesz meg sugárirányban. Ebből következik, hogy végül az eredeti_sugár_hossza * gyökkettő utat tesz meg a bogár összesen.
Lehet, hogy nem jól értelmezem, de a (1019) és (1026) mintha azt sugallná, hogy azért jön ki a megtett útnak a négyzet oldalhossza, mert egy - az általam is definiált - inerciarendszerben a bogarak egy folyamatosan zsugorodó négyzet csúcsain helyezkednek el, és így szemmel láthatóan a négyzet oldalhosszának megfelelő utat tesznek meg egymás felé. (Ettől annyira egyszerű és frappáns a megoldás).
Nos, én újra utánaszámoltam az általam ismert régebbi feladatnak, ahol nem 4, hanem 3 bogár teszi ugyanezt, egy egyenlő oldalú háromszög csúcsaiból indulva.
Itt - ugyanolyan logikával - a*2/3 úthossz jött ki (ahol a háromszög oldalhossza: a), míg a fenti logikával továbbra is az oldalhossz (a) lenne a végeredmény. 6 bogár (hatszög) esetén 2*a jönne ki az a helyett.
Most akkor hol a hiba, vagy hogyan kell egyszerűen és frappánsan értelmezni a fenti két hozzászólást?
Egyébként pedig egy pótfeladat:
Határozzunk meg egy általános képletet a megoldásra N db bogár esetén!
"Tcs megoldasa pedig pontosan ez a gorbe, a negyedkorivek.
Ennek feltetele, hogy az egyenes amin a futo pont egyenesvonalu egyenletes sebessegu mozgast vegez allando szogsebesseggel forog"
Szerintem a megoldásomban nem negyedkörívek vannak. Én azt írtam, hogy az érintőleges irányú sebességük állandó. De mivel a bogarak egyre közelebb kerülnek egymáshoz, a sugár egyre kisebb lesz, így az állandó sebességhez egyre nagyobb szögsebesség társul. A szögsebesség tehát egyre csak nő, és a találkozás pillanata felé tartva az a végtelenhez tart. Bár én nem értek a spirálokhoz, de valószínű, hogy az említett logaritmikus fajta lesz az.
