Προβλήματα Μαθηματικών

Μαρτίου 25, 2008

Ώρα σε Λονδίνο, Νέα Υόρκη, Ζυρίχη, Τόκυο …

Filed under: Λυμένα Προβλήματα,Με υπόδειξη — Mihalis Kolountzakis @ 4:16 μμ

(α) Πάνω σε ένα τραπέζι βρίσκονται τοποθετημένα 100 ρολόγια. Τα ρολόγια έχουν όλα την ίδια περίοδο, είναι στρογγυλά με λεπτοδείκτη, μπορούν όμως να είναι τοποθετημένα
πάνω στο τραπέζι με οποιοδήποτε τρόπο. Επίσης οι διάμετροι των ρολογιών μπορούν να είναι διαφορετικές.
Δείξτε ότι κάποια χρονική στιγμή το άθροισμα των αποστάσεων του κέντρου Ο του τραπεζιού από τα κέντρα των ρολογιών θα είναι μικρότερο ή ίσο από το άθροισμα των αποστάσεων του Ο από τα άκρα των λεπτοδεικτών.

(β) Αν παραλείψουμε την υπόθεση ότι τα ρολόγια έχουν όλα την ίδια περίοδο, δείξτε ότι κάποια χρονική στιγμή το άθροισμα των αποστάσεων του Ο από τα άκρα των λεπτοδεικτών θα είναι μεγαλύτερο ή ίσο από 0.9 φορές το άθροισμα των αποστάσεων
του Ο από τα κέντρα των ρολογιών.

Advertisements

13 Σχόλια »

  1. Υπόδειξη:

    Για το (α).

    Δείξτε κάτι ισχυρότερο από αυτό που σας ζητείται, δηλ. ότι, αν T είναι η περίοδος των ρολογιών και f(t) είναι το άθροισμα των αποστάσεων από το O των άκρων των λεπτοδεικτών τη χρονική στιγμή t, τότε το άθροισμα των αποστάσεων του O από τα κέντρα των ρολογιών είναι μικρότερο ή ίσο από το μέσο όρο της f, δηλ. από την ποσότητα \displaystyle {1\over T} \int_0^T f(t)\,dt.

    Αυτή η πρόταση τώρα δεν είναι προφανής ούτε όταν έχετε μόνο ένα ρολόι. Δείξτε τη λοιπόν για ένα ρολόι κατ’ αρχήν.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Απρίλιος 6, 2008 @ 3:45 μμ

  2. (α) Ένα σχήμα-αναφορά μπορείτε να βρείτε
    εδώ .
    Έστω M το κέντρο του ρολογιού, r η ακτίνα του λεπτοδείκτη.
    Έστω P(t) το σημείο που βρίσκεται ο λεπτοδείκτης
    τη χρονική στιγμή t.
    Θεωρούμε την προβολή του P(t) στην ευθεία (ε) που διέρχεται
    από τα σημεία Ο και Μ, και που τέμνει την (ε) στο σημειο \pi(t) .
    Επίσης, έστω \theta(t) η γωνία που σχηματίζει το ευθύγραμμο τμημα MP(t) με το ΟΜ.
    Τότε
    \int_{0}^{T} |O\pi(t)| dt =  \int_{0}^{T}( |OM| - \cos(\theta(t)) \cdot r ) dt = T \cdot |OM| (*),
    αφού ολοκληρώνουμε το \cos (\cdot) πάνω από μία περίοδο.
    Όμως
    \displaystyle |OP(t)| \geq |O\pi(t)| και άρα
    \int_{0}^{T} |OP(t)| dt \geq \int_{0}^{T} |O\pi(t)| dt \geq |OM|.

    Στην περίπτωση που έχουμε 100 ρολόγια, αθροίζουμε όλες τις ανισότητες που προκύπτουν έχοντας
    \frac{1}{T} \int_{0}^{T} f(t)\; dt \geq |OM_1| + |OM_2| + \cdots + |OM_{100}| .
    Αφού ο μέσος όρος του f(t) είναι μεγαλύτερος από |OM_1| + |OM_2| + \cdots + |OM_{100}| έπεται πως θα υπάρχει χρονική στιγμή για την οποία ισχύει το ζητούμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Ιανουαρίου 6, 2011 @ 3:28 μμ

  3. Πολύ σωστά αν και νομίζω πως χρειάζεται κάτι να ειπωθεί για την περίπτωση που το κέντρο Ο είναι μέσα στον κύκλο. Νομίζω ότι για να είναι σωστή η (*) παραπάνω πρέπει το σημείο να είναι απ’ έξω.

    Καμιά ιδέα για το (β);

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 6, 2011 @ 11:38 μμ

  4. Νομιζω πως δεν υπάρχει προβλημα οταν το Ο βρίσκεται στο εντος του ρολογιού,
    κι αυτό γιατί πάντα ισχύει
    |O\pi(t)| \geq |OM - r\cdot \cos(\theta(t))| \geq |OM| - r\cdot \cos(\theta(t)) .

    Στην περίπτωση που τα ρολογια δεν εχουν την ιδια περιοδο, διακρινουμε τις εξης περιπτωσεις :
    1. Αν κάθε περιοδος είναι φυσικος αριθμός, τότε αφήνουμε το χρόνο να τρέξει μέχρι τον
    μέγιστο κοινο διαιρέτη, T, όλων των περιόδων.

    2.Αν κάθε περίοδος είναι ρητός αριθμός, T_i = \frac{p_i}{q_i} , αφήνουμε
    το χρόνο να τρέξει μέχρι την τιμή T = \prod p_i q_i .
    Τότε T είναι πολλαπλάσιο κάθε T_i και ο μέσος όρος 1/T \int_{0}^{T} f(t) είναι
    μεγαλύτερος από το άθροισμα των αποστάσεων του Ο από τα M_j .

    3. Στην περίπτωση που κάποιες από τις περιόδους, T_j είναι άρρητοι, βρίσκουμε ρητούς ώστε
    |T_j - \frac{p_j}{q_j}| < \epsilon και αφήνουμε το χρόνο να τρέξει έως την τιμή T = \prod p_i q_i .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Ιανουαρίου 10, 2011 @ 2:32 μμ

  5. Σωστή η παρατήρησή σου για την περίπτωση που το Ο είναι μέσα στο ρολόι.

    Αλλά η περίπτωση 3 θέλει ακόμη επεξήγηση το γιατί δουλεύει.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 11, 2011 @ 10:03 μμ

  6. Φανταζόμαστε ένα ρολόι ως σύστημα αναφοράς σύμφωνα με το οποίο μετράμε το χρόνο
    και ως προς το οποίο η περίοδος κάθε ρολογιού που βρίσκεται στο τραπέζι
    να είναι μεγαλύτερη από 1.

    Αν κάποια περίοδος T_i είναι άρρητος, γράφουμε T_i = \frac{p_i}{q_i} - \epsilon_i , όπου 0< \epsilon_i < 1/10 .
    Από υπόθεση έχουμε ότι \frac{p_i}{q_i} \geq 1 .
    Επίσης T = \prod p_i q_i = n_i \cdot \frac{p_i}{q_i}  = n_i T_i + n_i \epsilon_i , για κάποιο n_i .
    Οπότε
    \int_{0}^{T} |O\pi(t)| \geq \int_{0}^{n_i T_i} OM = n_i T_i |OM| = (T - n_i \epsilon_i) |OM|
    και το τελευταίο είναι μεγαλύτερο από 0.9 φορές το T \cdot |OM|,
    αν \epsilon < \frac{T}{10 n_i}.

    Αλλά \epsilon < \frac{1}{10} \leq \frac{T}{10 n_i} .

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Ιανουαρίου 12, 2011 @ 9:32 μμ

  7. Σωστά.

    Ένας άλλος τρόπος να εκφράσει κανείς αυτό που λες είναι να πει ότι αν f(x) είναι μια περιοδική συνάρτηση με περίοδο T τότε

    \frac{1}{M} \int_0^M f(x)\,dx \to \frac{1}{T} \int_0^T f(x)\,dx

    για M \to \infty.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιανουαρίου 14, 2011 @ 11:31 μμ

  8. Nα προτείνω μια formula free απόδειξη με χρήση Περιστερώνα (Αρχή του Ντίριχλετ) για περίπτωση μονού αριθμού ρολογιών
    Aς φέρουμε όλες τις ευθείες από το κέντρο O του τραπεζιού στα κέντρα Ki (i=1 ως i=2ν+1) των ρολογιών.
    Ας φέρουμε και όλες τις διαμέτρους σε κάθε ρολόι ,κάθετες σε κάθε τέτοια ευθεία. Εχουμε χωρίσει όλα τα κυκλικά καντράν των ρολογιών σε δύο ημικύκλια/μισά. Ένα μισό είναι κοντύτερα στο Κ από το άλλο ,σε κάθε ρολόι. Αρκεί λοιπόν να δειχτεί πως υπάρχει κάποια χρονική στιγμή κατά την οποία περισσότερα απο τα μισά ρολόγια έχουν λεπτοδείκτες που βρίσκονται στα μακρινά «μισά».
    Από περιστερώνα (Αρχή του Ντίριχλετ) ένα από τα δύο σύνολα των «μισών» ,είτε το μακρινό είτε το κοντινό, έχει τουλάχιστον (ν+1) ρολόγια.
    Αν τα ν+1 είναι στα «μακρινά» είμαστε Ο.Κ.
    Αν είναι στα κοντινά μισά, τότε απλώς περιμένουμε μισή ώρα (30 λεπτά) και έρχονται όλοι αυτοί οι λεπτοδείκτες στα μακρινά, δημιουργώντας την πλειοψηφία μακρινών αποστάσεων που θέλουμε. Q.E.D.

    ΥΓ. Aν τα ν+1 που είναι στα μακρινά έχουν -λόγω εγγύτητας στο κέντρο Ο- μικρότερη συνολικά απόσταση από τα ν που είναι μεν στο σύνολο με τα «κακά» μισά αλλά βρίσκονται μακριά από το Ο, προφανώς το επιχείρημα με το μισάωρο λειρουργεί και πάλι γι’αυτό το σύνολο σε χρόνο t+30.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Σεπτεμβρίου 19, 2014 @ 2:30 μμ

  9. Και άλλη μία εναλλακτική για το α).
    Ας αριθμήσουμε τα ρολόγια 1,2,3…,100 και ας θεωρήσουμε τα διανύσματα ΚΛi (t) τα διανύσματα δηλαδή για χρονική στιμή t από το Κ (Κέντρο τραπεζιού) στα άκρα του λεπτοδείκτη του ρολογιού i :Λi.
    Kαι έστω ΚO(i) τα διανύσματα από το κέντρο Κ του τραπεζιού στο κέντρο Ο(i) του i ρολογιού.Παρατηρούμε πως η ΚΛi(t) είναι περιοδική με περίοδο 60 λεπτά και η ΚΟi είναι σταθερή ως προς το χρόνο t. Ισχύει από το άθροισμα των διανυσμάτων:
    KΛi(t) + KΛi(t+30)=2*KOi
    Aθροίζοντας ως προς όλα τα ρολόγια ,έχουμε:
    Σ(i=1 ώς 100)KOi = (1/2)Σ(1 ώς 100)(ΚΛi(t)+KΛi(t+30))
    Eφαρμόζοντας την τριγωνική ανισότητα στις νόρμες του διανυσματικού χώρου, έχουμε:
    Σ|ΚΟi| <ή ίσο (1/2) |ΚΛi(t)+KΛi(t+30)|
    Καθώς όμως το μέτρο |ΚΛi(t)| είναι συνεχές,περιοδικό και θετικό υπάρχει οπωσδήποτε κάποια χρονική στιγμή t' μέσα στα 60 λεπτά κατά την οποία ισχύει:
    Σ(ΚΛi(t'))=Σ(ΚΛi(t'+30). Σ'αυτή τη χρονική στιγμή t' λοιπόν ισχύει:
    Σ|ΚΟi|<ή ίσο (1/2)Σ|2*ΚΛi(t')| που είναι το ζητούμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Σεπτεμβρίου 19, 2014 @ 3:23 μμ

  10. Δεν καταλαβαίνω στο 8 γιατί: Αρκεί λοιπόν να δειχτεί πως υπάρχει κάποια χρονική στιγμή κατά την οποία περισσότερα απο τα μισά ρολόγια έχουν λεπτοδείκτες που βρίσκονται στα μακρινά “μισά”. Δηλ. αν οι δίκτες που είναι στα κοντινά μισά είναι λιγότεροι μεν από τους άλλους αλλά είναι πολύ κοντύτερα στο κέντρο, τότε πώς βγαίνει το συμπέρασμα.

    Το 9 είναι εντάξει.

    Συγγνώμη για την πολύ καθυστερημένη απάντηση αλλά τον τελευταίο χρόνο έχω μπλέξει με διοικητικά και δε μου μένει χρόνος για την ουσία …

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Σεπτεμβρίου 25, 2014 @ 8:28 μμ

  11. Μιχάλη, το ΥΓ. στο 8, δεν το εξηγεί αυτό; Αν το «καλό» σύνολο των (ν+1) ρολογιών που έχουν λεπτοδείκτες στα μακρινά μισά έχει αθροιστικά μικρότερη ολική απόσταση από την απόσταση των «κακών» (των ν ρολογιών με δείκτες στα κοντινά μισά δηλαδή), σε χρόνο t+30 όλο το σύνολο των κακών ν θα γίνει καλό, αφού όλοι οι ν λεπτοδείκτες θα περάσουν στο μακρινό μισό. Έτι περισσότερο τότε ισχύει το ζητούμενο. Έτσι δεν είναι;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Σεπτεμβρίου 26, 2014 @ 5:45 πμ

  12. Νομίζω πως τελικά καταλαβαίνω πού είναι το πρόβλημα. Μπορεί λες το 1 επιπλέον ρολόι που υπάρχει στο αρχικά καλό και τελικά κακό σύνολο των ν+1, να γίνεται τόσο ¨»κακό» στο μισάωρο, που η συνολική υπεροχή των αποστάσεων λόγω καλού συνόλου να είναι μικρότερη από τη συγκεκριμένη υστέρηση σ’αυτό το ρολόι. Ναι, μάλλον τρίζει ο περιστερώνας μου…και δεν βλέπω να παίρνει υποστήλωση. 🙂

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Rizopoulos Georgios — Σεπτεμβρίου 26, 2014 @ 6:10 πμ

  13. Ναι, αυτό είναι το πρόβλημα. Αυτό που μας ενδιαφέρει είναι το άθροισμα των αποστάσεων, όχι το πλήθος των μεγάλων και των μικρών. Από το πλήθος μόνο δε μπορεί κανείς να βγάλει συμπέρασμα για το άθροισμα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Σεπτεμβρίου 29, 2014 @ 1:47 πμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: