Viikon Pulmat oli hieman liian aikaa vievä sarja... (Jos joku kaipaa vastauksia viimeiseen jaksoon, pyytäkää ihmeessä.)
Uutena ideana on tauoton pulmaketju, jossa on aina yksi avoin pulma ja vapaata keskustelua sen ratkaisusta.
1) Uuteen pulmaan siirrytään kahdessa tapauksessa:
a. Joku on tyydyttävästi ja aukotta ratkaissut edellisen. Hänen voi samalla asettaa uuden pulman. Jos hän ei niin tee, nopein avaaja saa edun.
b. On kulunut kuusi vuorokautta ilman ratkaisua. Tällöin ongelmanasettajalla on vuorokausi aikaa antaa ratkaisu ja uusi pulma, jos hän niin tahtoo. Tämän jälkeen nopein saa avata uuden pulman.
2) Jos ratkaisussa on virhe, lukijoilla on vuorokausi aikaa palauttaa ketju siihen pulmaan. (Tämän jälkeen ketjua ei voi palauttaa, mutta kommentointi on toki sallittua.) Palautus-viesti tulee otsikoida tyyliin 'PALAUTUS'. Jos palautus on virheellinen, on jälleen vuorokausi mitätöidä palautus jne.
3) Ratkaisut on kirjoitettava kokonaan auki -- ei nettilinkkejä, eikä pelkkiä lisäyksiä edellisiin yrityksiin. Toisten yrityksiä saa tosin kopioida vapaasti. Eli täydellisiä vastauksia suositaan, mutta peli ei ole kuolemanvakavaa. Ihmisiä kannustetaan yhteistyöhön, jos ratkaisu ei muuten irtoa.
4) Pulmat tulee numeroida ja otsikoida tyyliin 'Pulma 13: Kolikot'.
Vastausviestit tulee otsikoida tyyliin 'Vs: Pulma 13'.
Tarkennus- ja korjausviestit tulee otsikoida 'Tarkennus Pulmaan 13' tai 'Korjaus Pulmaan 13'.
Jos ketjua on palautettu taaksepäin, ja liikkeellä on samannimisiä Pulmia, kirjoitetaan avaus: 'Uusi Pulma 13: Vanupuikot'. Jos tästä tulee uusia kopioita, kirjoitamme 'Uusi Uusi Pulma 13: Suorat' jne. :) Vain uusin on virallinen, mutta kaikki varmasti saavat ennen pitkää mahdollisuuden avata haluamansa.
5) Pulmilla tulisi mieluiten olla yksi oikea, tunnettu vastaus. Ratkaisijoiden tulee silti perustella vastauksensa.
6) Kun ollaan ratkaistu 20 pulmaa, (tai ketju on kasvanut ylipitkäksi), avataan uusi ketju.
7) Kaikista pulmista saa keskustella, myös epävirallisista, kunhan pulman nimi on mainittu otsikossa.
Uutena ideana on tauoton pulmaketju, jossa on aina yksi avoin pulma ja vapaata keskustelua sen ratkaisusta.
1) Uuteen pulmaan siirrytään kahdessa tapauksessa:
a. Joku on tyydyttävästi ja aukotta ratkaissut edellisen. Hänen voi samalla asettaa uuden pulman. Jos hän ei niin tee, nopein avaaja saa edun.
b. On kulunut kuusi vuorokautta ilman ratkaisua. Tällöin ongelmanasettajalla on vuorokausi aikaa antaa ratkaisu ja uusi pulma, jos hän niin tahtoo. Tämän jälkeen nopein saa avata uuden pulman.
2) Jos ratkaisussa on virhe, lukijoilla on vuorokausi aikaa palauttaa ketju siihen pulmaan. (Tämän jälkeen ketjua ei voi palauttaa, mutta kommentointi on toki sallittua.) Palautus-viesti tulee otsikoida tyyliin 'PALAUTUS'. Jos palautus on virheellinen, on jälleen vuorokausi mitätöidä palautus jne.
3) Ratkaisut on kirjoitettava kokonaan auki -- ei nettilinkkejä, eikä pelkkiä lisäyksiä edellisiin yrityksiin. Toisten yrityksiä saa tosin kopioida vapaasti. Eli täydellisiä vastauksia suositaan, mutta peli ei ole kuolemanvakavaa. Ihmisiä kannustetaan yhteistyöhön, jos ratkaisu ei muuten irtoa.
4) Pulmat tulee numeroida ja otsikoida tyyliin 'Pulma 13: Kolikot'.
Vastausviestit tulee otsikoida tyyliin 'Vs: Pulma 13'.
Tarkennus- ja korjausviestit tulee otsikoida 'Tarkennus Pulmaan 13' tai 'Korjaus Pulmaan 13'.
Jos ketjua on palautettu taaksepäin, ja liikkeellä on samannimisiä Pulmia, kirjoitetaan avaus: 'Uusi Pulma 13: Vanupuikot'. Jos tästä tulee uusia kopioita, kirjoitamme 'Uusi Uusi Pulma 13: Suorat' jne. :) Vain uusin on virallinen, mutta kaikki varmasti saavat ennen pitkää mahdollisuuden avata haluamansa.
5) Pulmilla tulisi mieluiten olla yksi oikea, tunnettu vastaus. Ratkaisijoiden tulee silti perustella vastauksensa.
6) Kun ollaan ratkaistu 20 pulmaa, (tai ketju on kasvanut ylipitkäksi), avataan uusi ketju.
7) Kaikista pulmista saa keskustella, myös epävirallisista, kunhan pulman nimi on mainittu otsikossa.
Vastaukset 42
Vanhimmat
Pulma 1.
Graafi (eli verkosto) koostuu solmukohdista ja kaarista. Jokaisen solmuparin välillä on joko 0 tai 1 kaarta.
Olkoon F graafiperhe, jossa jokaisella graafilla on n solmukohtaa. Jokaisella F:n graafiparilla on vähintään yksi yhteinen kaari.
Kuinka suuri |F| voi maksimissaan olla? (Anna esimerkki maksimaalisesta perheestä F ja perustele, miksi se on suurin mahdollinen.)
Kaikilla F:n jäsenillä on siis SAMAT n solmukohtaa.
Pulma 1
Esitetään graafi taulukon muodossa seuraavaan tapaan.
Eräs n-solmuinen graafi:
1 2 3 4 5 ... n
-----------------
1|0 1 1 0 1 ... 0
2|1 0 0 0 1 ... 1
3|1 0 0 0 0 ... 0
4|0 0 0 0 0 ... 1
5|1 1 0 0 0 ... x
.|x x 0 x 0 ... x
.|. . .
.|. . .
n|x x x x x ... 0
(Käytä tarvittaessa ruutupaperia, jos taulukko ei välity säännöllisenä)
Taulukossa ykkönen kohdassa (i,j) tarkoittaa, että solmu
i on yhdistetty kaarella solmuun j ja nolla tarkoittaa, että
niitä ei ole yhdistetty.
(x on mielivaltainen 0 tai 1.)
Taulukon päälävistäjällä on vain nollia.
(Solmua ei yhdistetä itseensä.)
Lisäksi taulukko on symmetrinen päälävistäjän suhteen.
(Jos solmu i on on yhdistetty j:hin, niin j on yhdistetty i:hin.)
Päälävistäjän yläpuolella olevat luvut sisältävät siis koko
graafin informaation. Taulukkoalkioita on
( n^2 - n ) / 2 kpl.
Kun nämä luvut kirjoitetaan vaakariveittäin peräkkäin,
saadaan ( ( n^2 - n ) / 2) -bittinen binääriluku, joka
voi saada 2^( (n^2 - n)/2 ) eri arvoa.
Tehtävässä vaaditaan, että graafeilla on ainakin yksi
yhteinen kaari.
Otetaan em. binäärilukujen joukosta pois ne, joilla ei
ole mitään yhteistä toisen binääriluvun kanssa.
Näitä sanotaan binääriluvun yhden komplementiksi.
Bitit käännetään vastakkaisiksi. Esim. binääriluvun
00110101 yhden komplementti on 11001010.
Pitää vain huolehtia, että luku 0000...0 poistetaan
ja sen komplementti 1111...1 (täydellinen verkko) jää jäljelle
jotta tehtävän ehdot täyttyisivät.
On selvää, että tasan puolet luvuista ovat toistensa komplementteja.
Puolet binääriluvuista on siis poistettava, joten jäljelle jää
2^( (n^2 - n)/2 ) / 2 = 2^( ( n^2 - n)/2 - 1 ) lukua (graafia).
Tämä on ehdoton maksimi niiden graafien lukumäärälle, joilla voi olla
yhteisiä kaaria.
Täytyy vielä osoittaa, että on mahdollista konstruoida tuollainen
maksimaalinen graafikokoelma tehtävän ehdoilla.
Kuvitellaan yllä olevassa taulukossa kohdassa (2,1) oleva ykkönen
kiinteäksi; siis solmut 1 ja 2 ovat yhdistetty kaarella ja tämä kaari on
siis yhteistä kaikille graafeille.
Muut ( ( n^2 - n ) / 2) - 1 kaarta voivat saada vapaasti arvoja 0 ta 1.
Näin saadaan siis 2^(( n^2 - n ) / 2 - 1) graafia ja tämä on sama kuin
edellä laskettu graafien maksimimäärä.
Hessu
Hieno ja täydellinen ratkaisu!
Lyhyt yhteenveto: Eli vastaus oli siis 2^(nC2-1), missä nC2 = n(n-1)/2 on tapojen määrä valita alkiopari (eli kaari) joukosta {1,2,...,n}. Se on puolet kaikkien graafien määrästä. Määrä on maksimi, sillä kustakin graafien komplementtiparista korkeintaan yksi graafi voi kuulua samaan perheeseen. Maksimi saavutetaan ottamalla kaikki graafit, jotka kohtaavat yhdessä fiksatussa kaaressa.
Koska et pistänyt uutta pulmaa peliin, tässä uusi:
PULMA 2. Tämä pulma on jonkinlainen jatkokysymys ensimmäiseen pulmaan. Eli suosittelen ymmärtämään ykköspulman ratkaisuineen ensin.
Alustamme pulmaa ensin. Tällä kertaa otamme jälleen n fiksattua solmukohtaa ja graafiperheen F niillä. Mutta nyt vaadimme, että kullakin graafiparilla on ainakin yksi yhteinen kolmio. Voisimme kysyä 'Kuinka iso |F| voi maksimissaan olla?'
Kysymystä ei olla ratkaistu, mutta yritämme päätellä joitakin rajoja luvulle |F|:
Ensinnäkin max|F| = 2^(nC2 - 3) , sillä voimme muodostaa perheen kaikista graafeista, jotka kohtaavat yhdessä fiksatussa kolmiossa.
Matemaatikoiden veikkaus on, että max|F| = 2^(nC2 - 3).
PULMATEHTÄVÄ: Todista raja max|F|
Teoreemassa piti lukea 'jokaiselle K:n jäsenelle B'.
Kirjoitin vahingossa 'jokaiselle A:n jäsenelle'.
Laatimasi pulmaketjusäännöt jo sillään löi jauhot suuhuni.
... epätietoisuudessa. Saa kysyä selvennystä -- ja jos asiat menevät väärin, puutun kyllä siihen. ;)
Rohkeasti vaan yrittämään/keskustelemaan.
Ratkaisin siis nkorpin Pulman #1.
Odottelin jonkinlaista ratkaisun hyväksyntää ennen kuin
voin lykätä tänne oman pulmani.
Arvelen, ettei Pulmaan #2 tule montakaan vastausta; se tuntuu
liian vaikealta ja abstraktilta.
Sen takia laitan tähän Pulman #3, joka on helpompi ja konkreettisempi.
Sen otsikko on:
______________VINO_PINO_____________
Kolikoita pitäisi laittaa päällekkäin pinoon niin, että
pino olisi mahdollisimman vino, mutta ei kuitenkaan kaatuisi.
Kuinka kaukana päällimmäinen kolikko voi olla alimmaisesta?
Voimme olettaa, että kolikon säde on 1 cm ja se on riittävän ohut
niin, että pinon korkeus ei tuota lisäongelmia. Kolikoita on riittävän
paljon.
Kaivapa lompakkoasi ja kokeile ensin, saatko kasattua sellaisen
kolikkopinon, että päällimmäinen kolikko on kokonaan alimmaisen kolikon
ulkopuolella ylhäältä katsottuna.
Lähesty sitten Pulmaa matemaattisemmin.
Hessu
... annetaan tämän mennä näin tällä kertaa -- sääntöideana oli tosin, että uusi pulma tulee antaa heti ratkaisun yhteydessä (jos on vakuuttunut ratkaisunsa oikeudesta). Jos ratkaisussa sattuu merkittävä virhe, uusi pulma mitätöitäisiin.
Pisan kalteva torni on hyvä pulmaidea!
Tässä ratkaisu kakkospulmaan, kiinnostuneille (se ei ole juurikaan vaikeampi tai abstraktimpi kuin ykköspulma, mutta vaatii vähän enemmän alkuvalmistelujen osalta):
Oletetaan yksinkertaisuuden vuoksi, että n on parillinen (parittomuus ei aiheuta lisäongelmia).
Jaamme solmukohdat kahteen yhtäsuureen joukkoon, 'puolikkaisiin', ja teemme niin kaikilla mahdollisilla tavoilla.
Olkoon X kaikkien niiden graafien perhe, joissa on kaksi erillistä puolikasta komponentteina (ei siis yhtään kaarta puolikkaiden välillä).
Olkoon Y perhe, joka koostuu X:n komplementeista, eli bipartiittigraafeista puolikkaiden välillä (ei yhtään kaarta puolikkaiden sisällä).
Identifioimme kunkin graafin sen kaarijoukon kanssa.
Voimme miettiä graafijoukkoa F_x, mille tahansa graafille x joka kuuluu X:ään. Väitämme, että mikä tahansa graafipari perheessä F_x omaa yhteisen kaaren. Tämä on selvää, sillä jokainen perheen F graafipari kohtaa jossakin kolmiossa, ja ainakin yksi kolmion kaarista ei kuulu x:n komplementtiin y, joten tuo kaari kuuluu x:ään.
Siispä |F_x|
Olkoon kolikkoja ladottu n kappaletta alimmaisen päälle niin, että jokaisen kolikon reunaa on poikkeutettu e>0 verran edelliseen nähden oikealle. Muodostuu tasainen porraskuvio. Kolikot oletetaan samanlaisiksi (massa=m).
Asetetaan origo alimmaisen kolikon vasempaan reunaan ja lasketaan sen päällä olevien n:n kolikon painopisteen x-koordinaatti
[(1 e)*m (1 2e)*m (1 3e)*m ... (1 n*e)*m]/n*m
= (1 e 1 2e 1 3e ... 1 n*e)/n
= [n e(1 2 3 ... n)]/n
= 1 (e/n)*(1 2 ... n), missä n>0.
Tasapainoehto
1 (e/n)*(1 2 ... n) < 2
1 2 ... n < n/e (1)
Täytyisi siis määrätä ehdon (1) toteuttava n sekä e siten, että n*e (alimmaisen etäisyys päällimäisestä)olisi mahdollisimman suuri.
Olkoon kolikkoja ladottu n kappaletta alimmaisen päälle niin, että jokaisen kolikon reunaa on poikkeutettu e>0 verran edelliseen nähden oikealle. Muodostuu tasainen porraskuvio. Kolikot oletetaan samanlaisiksi (massa=m).
Asetetaan origo alimmaisen kolikon vasempaan reunaan ja lasketaan sen päällä olevien n:n kolikon painopisteen x-koordinaatti
[(1 e)*m (1 2e)*m (1 3e)*m ... (1 n*e)*m]/n*m
= (1 e 1 2e 1 3e ... 1 n*e)/n
= [n e(1 2 3 ... n)]/n
= 1 (e/n)*(1 2 ... n), missä n>0.
Tasapainoehto
1 (e/n)*(1 2 ... n) < 2
1 2 ... n < n/e (1)
Täytyisi siis määrätä ehdon (1) toteuttava n sekä e siten, että n*e (alimmaisen etäisyys päällimäisestä)olisi mahdollisimman suuri.
sori
Rajalla pätee 1 2 ... n = n*(1 n)/2 = n/e josta e = 2/(1 n), jolloin etäisyysfunktio
d(n,e) = n*e < 2n/(1 n) = d(n). Tässä n on luonnollinen luku. Derivoidaan vastaava reaalifunktio
f(x) = 2x/(1 x), f'(x) = 2/(1 x)^2 > 0 ja f(x) lähestyy arvoa 2, kun x kasvaa rajatta.
Tästä seuraa, että d(n,e) < d(n) < 2. Eli väliin ei mahdu koskaan yhtä kolikkoa.
Eihän noita kolikoita ole pakko pinota
tasaiseksi portaikoksi.
Hessu
Tuo yhtälöissäsi käyttämä vakio e ei ehkä
olekaan vakio.
Minulle ei myöskään heti tule kolikkopinosta
mieleen Pisan kalteva torni vaikki nkorppi sen
mainitsikin tässä yhteydessä :-)
Hessu
Jos alimmaisen jälkeen seuraavaa kolikkoa poikkeutetaan e_1, sitä seuraavaa e_2,..., n:ttä e_n, 0 < e_i < 1, niin vastaavalla tavalla kuin tasapainoehdoksi saadaan
summa{[summa(e_i),i=1..k},k=1..n
= n*e_1 (n-1)*e_2 ... e_n < n (2)
ja määrättäväksi jää mahdollisimman suuri ehdon (2) toteuttava summa
e_1 e_2 ... e_n
Erikoistapaus, missä e_i = e kaikilla i=1,..,n on käyty läpi.
Lähestyt pikkuhiljaa ratkaisua.
Laske nyt nuo e poikkeamat. Ylhäältä
on paras aloittaa.
Hessu
Lähestyt pikkuhiljaa ratkaisua. Laske nyt
erikseen poikkeamat e. Aloita ylhäältä, se on
helpompaa.
Hessu
sanomalla "Laske nyt
erikseen poikkeamat e"?
Laske aluksi päälimmäisen ja toiseksi ylimmäisen
kolikon max etäisyys. Sitten kolmanneksi ylimmäisen max etäisyys vaakasuunnassa jne.
Huomaat ehkä säännöllisyyttä.
Hessu
Eikö tästä voi jo heti päätellä, että päällimmäinen kolikko voi olla mielivaltaisen kaukana?
Nimittäin jos otamme vaikka
e_i = 1/2 * 1/(n-i 1),
se selvästikin täyttää ehdot ja saamme summaksi
1/2 (1 1/2 ... 1/n)
Mutta tämä ei suppene n kasvaessa kohti ääretöntä.
Eikö tästä voi jo heti päätellä, että päällimmäinen kolikko voi olla mielivaltaisen kaukana?
Nimittäin jos otamme vaikka
e_i = 1/2 * 1/(n-i 1),
se selvästikin täyttää ehdot ja saamme summaksi
1/2 (1 1/2 ... 1/n)
Mutta tämä ei suppene n kasvaessa kohti ääretöntä.
Tuo etäisyys sisältää harmonisen sarja, joka hajaantuu.
Ylärajaa tuolle etäisyynelle ei ole.
Laskin numeerisesti, että 10^9:llä kolikolla
voi siirtää päällimmäistä kolikkoa 21.3 cm.
10^10 kolikkoa käyttämällä saa jo 23.6 cm vinon
pinon. 10^11 kolikkoa tekee jo 25.9 cm
Hessu
Kolikon säde oli 1 cm. Ylimmän ja toiseksi ylimmän
kolikon etäisyydeksi pitäisi tulla 1 eikä 1/2
cm.
Tuo kerroin 1/2 on siis liikaa
H
Se kerroin vaaditaan, että ehto (2) olisi voimassa. Lisäksi on voimassa e_i < 1.
Se kerroin vaaditaan, että ehto (2) olisi voimassa. Lisäksi on voimassa e_i < 1 KAIKILLA i=1,...,n
No joo, valitaan niin pieni kerroin kuin tarvitaan... joka tapauksessa päätelmä on sama: sarja ei suppene. ;) En jaksa kirjoittaa koko ratkaisua auki, mutta eiköhän tämä ole selvä homma. (Tuota aukikirjoittamissääntöä voidaan lieventää, kunhan ei mene ihan nettiosoitteiden lainailuksi.)
Pulma 4. Muodostetaan kolmio kolmesta kokonaislukupisteestä reaalitasossa (molemmat koordinaatit siis kokonaislukuja). Luettele sen mahdolliset pinta-alat.
Tarkoitin tietysti: 'Luettele todistuksen kanssa' :)
Lisäys: Kolmion sisällä ei tule olla yhtään kokonaislukupistettä!
Miksi tasaisella portaikolla ei saada aikaiseksi edes yhden kolikon väliä, mutta epätasaisella mielivaltainen väli?
... että epäyhtälösi perusteella tasavälinen summa on aina alle 2/(n-1).
On selvää, että poikkeamien tulee lähestyä nollaa, sillä rakennelma on sitä herkempi kaatumaan, mitä korkeammaksi se on rakennettu -- jokainen lisäkolikko kaventaa turvallista aluetta.
Käytännössä mittatarkkuus ja kolikon epätasainen jakauma estää mielivaltaisen korkean tornin rakentamisen käytännössä.
... sen olla 2/(n 1). Ihan miten vaan.
se oli 2n/(1 n) ;). Ajattelin itse jotain outoa analogiaa sarjateoriaan.
Kokonaislukukolmio
Asetetaan koorninaatiston origo kokonaislukukolmion ABC pisteeseen C
piirretään kolmion ympäri suorakaide, jonka sivut ovat x- ja y-akselien
suuntaiset. Kolmion ABC ala saadaan kun suorakulmion alasta vähennetään
kolmiota ABC ympäröivien suorakulmaisten kolmioiden alat. Näitä kolmioita
on 3 kpl, paitsi erikoistapauksissa. Lisäksi vähennettävänä voi olla
pienempi suorakulmio. ( jos esim. A on koordinaatiston II ja B IV
neljänneksessä.)
Suorakulmioiden alat ovat kuitenkin kokonaislukuja ja suorakulmaisten
kolmioiden alat muotoa k/2, missä k on kokonailuku.
Kokonaislukukolmion ABC ala voi siis olla vain muotoa n/2, missä n on
kokonaisluku.
Pitää vielä näyttää, että kaikki nuo kolmioiden alat voidaan konstruoida
siten, että mikään koordinaatiston kokonaislukupiste ei jää kolmion sisään.
Valitaan kolmion kärjiksi pisteet (0,0) , (0,1) ja (0,y), jossa y
on tietenkin kokonaisluku. Alaksi tulee y/2. Kokonaislukupisteitä
ei jää kolmion sisälle koska kolmion vaakasuorien leikkaajien pituus
... kolmion 'sisäiseksi' alueeksi lasketaan myös sen sivut? Tämä oli tarkoitettu tulkinta.
... kolmion 'sisäiseksi' alueeksi lasketaan myös sen sivut? Tämä oli tarkoitettu tulkinta.
Haluaako joku jo ratkaisun nelospulmaan (jos kolmion reunat lasketaan sisä-alueeksi)?
Vitospulmasta: Kysymyksessä on kai pohdinta siitä, onko maailmankaikkeus suljettu vai avoin, äärellinen vai ääretön, laajeneva vai supistuva jne.
Jos maailmankaikkeus on suljettu, kuten itse uskon, kuminauhan pää kai ennen pitkää osuisi etanan takalistoon. ;)
Valon nopeudella liikkuvaa kuminauhaa ei varmaankaan voi saada kiinni, ainakaan avoimessa maailmankaikkeudessa?
Tässä vastaus Pulmaan 4:
Väite: Olkoon a,b,c kokonaislukukolmio, jonka sisällä tai reunoissa ei ole kokonaislukupisteitä. Tällöin kolmion ala on 1/2.
Todistus: Tutkimme suunnikasta a,b,c,(b c-a). Huomaa että sekä suunnikas, että kokonaislukupisteiden joukko Z^2 ovat molemmat symmetrisiä reflektion x |---> b c-x suhteen. Siispä suunnikas ja sen reunat eivät sisällä kokonaislukupisteitä.
Taso voidaan laatoittaa luonnollisella tavalla suunnikkaan translaatioilla. Siksi (b-a),(c-a) muodostavat joukon Z^2 kantajoukon.
Kokonaislukujoukkojen kantojen determinantit ovat aina 1 tai -1. (Muunnosmatriisin determinantti olkoon D. Käänteismatriisi on sekin kokonaislukumatriisi, joten sen determinantti 1/D on kokonaisluku. Siispä |D| = 1 ja kaikkien kokonaislukukantojen determinantit ovat itseisarvoltaan samat.)
Mutta determinantin itseisarvo on nimenomaan kantasuunnikkaan pinta-ala.
MOT
Etana liikkuu x-akselilla, x=0, kun t=0. Merkitään etanan nopeutta v_e = 0,01m/s ja nauhan nopeutta
v_n = 1m/s.
Tarkastellaan etanan paikan x(t) muutosta aikavälillä
t -> t dt:
x(t dt) = x(t) v_e*dt [x(t)/(1 v_n*t)]*v_n*dt
Termi [x(t)/(1 v_n*t)]*v_n*dt on etanan saama apu nauhan liikkeestä, kun nauha venyy tasaisesti, missä kerroin x(t)/(1 v_n*t) on etanan 'suhteellinen' sijainti. (1 v_n*t on nauhan pituus) Siis mitä enemmän etanalla on nauhaa takana, sitä enemmän se saavuttaa sen liikkeestä etua.
dx = x(t dt) - x(t) = v_e*dt [x(t)/(1 v_n*t)]*v_n*dt
mistä dx/dt = v_e [x(t)/(1 v_n*t)]*v_n
dx/dt = 0,01 [1/(1 t)]*x ; x(0)=0
Löin Mapleen, tulostui x(t) = (1/100)*ln(1 t)*(1 t).
Etana saa nauhan pään kiinni, kun
x(t) = 1 v_n*t
(1/100)*ln(1 t)*(1 t) = 1 t
ln(1 t) = 100 t = e^100 -1 (s)
Veikkaan, ettei etana saa nauhan päätä kiinni elinaikanaan, mutta saisiko edes universumin elinaikana.
Oikeinhan se on. Mielestäni yllättävä tulos.
Hessu
vastausta, kun epäilit oliko analyyttistä ratkaisua edes olemassa?
ratkaisu on olemassa.
Laskin sille numeerisesti ala- ja ylärajoja.
En edes uskaltautunut yrittämään
analyyttistä ratkaisua.
Tehtävän luin joskus rec.puzzles palstalta.
Äärellistä ratkaisua perusteltiin näin:
kuminauhaan piirretään 100 merkkiä tasavälisesti.
(Jakautuu siis 101:een osaan)
Nyt etanasta seuraavan merkin nopeus on hieman
pienempi kuin 1 cm/s, joten se saavuttaa sen.
Sen jälkeen se saavutta myös seuraavan merkin jne.
Hessu