Προβλήματα Μαθηματικών

Μαΐου 16, 2009

Δύο γυναίκες, δύο άνδρες

Filed under: Λυμένα Προβλήματα,Με υπόδειξη — Mihalis Kolountzakis @ 8:05 πμ

Στις κορυφές Α, B, C, D ενός τετραγώνου με πλευρά 10m βρίσκονται δύο άνδρες (στις θέσεις A, C) και δύο γυναίκες (στις θέσεις B, D). Την ίδια στιγμή όλοι αρχίζουν να κινούνται προς το μέλος του άλλου φύλου που βρίσκεται στην επόμενη κορυφή δεξιόστροφα, δηλ. ο A προς την B, η B προς τον C, ο C προς την D και η D προς τον A. Σε κάθε χρονική στιγμή το κάθε άτομο κινείται απ’ ευθείας προς τον στόχο του και όλοι κινούνται με την ίδια ταχύτητα.

Πόσο συνολικά μήκος θα καλύψει το κάθε άτομο μέχρι που να βρει το στόχο του;

Advertisements

10 Σχόλια »

  1. Δεν θυμαμαι την λυση αν και εχω ξαναδει το προβλημα. Θυμαμαι ομως οτι ειχα αναρωτηθει τοτε, τι θα αλλαζε στην λυση αν τα 4 ατομα κινουνταν με διαφορετικες ταχυτητες. Ειδικωτερα, εκτος απο το ερωτημα για τις αποστασεις που θα διανυθουν, ποιο ειναι το συνολο των σημειων συναντησης για διαφορες επιλογες των 4 ταχυτητων.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από siskakis — Μαΐου 17, 2009 @ 10:38 πμ

  2. Δεν είναι απαραίτητο να συναντηθούν κάπου αν κινούνται με διαφορετικές ταχύτητες.

    Αν όλοι κινούνται με την ίδια ταχύτητα τότε είναι, τουλάχιστο διαισθητικά, φανερό ότι συναντούνται και μάλιστα, λόγω συμμετρίας ως προς στροφή 90 μοιρών γύρω από το κέντρο του τετραγώνου, συναντούνται στο κέντρο του τετραγώνου.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Μαΐου 17, 2009 @ 10:34 μμ

  3. Εχεις δικιο, για διαφορετικες ταχυτητες μπορει και να μην υπαρχει σημειο συναντησης και των 4. Αν παρομε ομως ενα τυχαιο σημειο του τετραγωνου τοτε πιστευω οτι αυτο ειναι σημειο συναντησης για καποια επιλογη των ταχυτητων. Αν αφησομε και αρνητικες ταχυτητες (δηλ. το ατομο απομακρυνεται απο το αντιστοιχο ατομο του αλλου φυλου) τοτε υπαρχουν(?) σημεια συναντησης και εξω απο το τετραγωνο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από siskakis — Μαΐου 19, 2009 @ 6:34 μμ

  4. Θεωροντας συστημα αξονων με το (0,0) στο κεντρο του τετραγωνου και πολικες συντεταγμενες μπορει να δειχτει οτι για το σημειο Α οτι dr_A=r_Ad\theta. Αντιστοιχα και για τα αλλα σημεια. Οποτε εχουμε ενα εκθετικο/λογαριρθικο σπιραλ με τυπο r(\theta)=a e^{b\theta} με a=5\sqrt{2} και b=1. Και το μηκος του δινεται απο την L=a\sqrt{1+b^{-2}}=5\sqrt{2}\sqrt{2}=10.
    Το να εχουμε σταθερη ταχυτητα ειναι σαν να εχουμε κατι σαν βαρυτικο πεδιο –ειδικο στην περιπτωση μας μιας και δεν ελκονται ολα τα σημεια μεταξυ τους– εξ’ου και η διαισθητικη εικονα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από yannispantazis — Μαΐου 26, 2009 @ 5:17 μμ

  5. Η απάντησή σου μου θυμίζει την εξής ιστορία:

    Πρόβλημα:

    Δύο αυτοκίνητα που είναι 100 χλμ μακριά το ένα από το άλλο αρχίζουν να κινούνται το ένα προς το άλλο (βρίσκονται πάνω σε μια ευθεία) το αριστερό αυτοκίνητο με 20 χλμ/ώρα και το δεξί με 30 χλμ/ώρα. Πάνω στο δεξί αυτοκίνητα λιάζεται μια μύγα που τρομάζει όταν ξεκινάει το αυτοκίνητο και αρχίζει να κινείται προς τα αριστερά με ταχύτητα 40 χλμ/ώρα. Κάποια στιγμή προσκρούει στο αριστερό αυτοκίνητο και αρχίζει να κινείται προς τα δεξιά με την ίδια ταχύτητα. Όταν προσκρούσει ξανά στο δεξί αυτοκίνητο αντιστρέφει και πάλι τη φορά της κίνησής της, κ.ο.κ, μέχρις να συνθλιβεί ανάμεσα στα δύο αυτοκίνητα. Τι απόσταση κάλυψε συνολικά η μύγα μέχρι το τέλος της;

    Η απάντηση είναι 80 χλμ. Αυτό μπορεί κανείς να το βρει υπολογίζοντας πόσο διάστημα διανύει η μύγα ανάμεσα σε δύο διαδοχικές προσκρούσεις και αθροίζοντας την άπειρη σειρά. Αλλά υπάρχει και ο εξής εύκολος τρόπος να το απαντήσει κανείς: τα δύο αυτοκίνητα θα συγκρουστούν μετά από 2 ώρες (σχετική μεταξύ τους ταχύτητα είναι 50 χλμ/ώρα), άρα η μύγα θα καλύψει 2 ώρες επί 40 χλμ/ώρα (η σταθερή της ταχύτητα) = 80 χλμ.

    Κάποτε κάποιος είπε το πρόβλημα αυτό στον von Neumann ο οποίος έδωσε αμέσως τη σωστή απόσταση ως απάντηση. Αυτός που του έθεσε το πρόβλημα υπέθεσε ότι ο von Neumann ήξερε το κόλπο οπότε του είπε «Είδες, όλοι προσπαθούν συνήθως να αθροίσουν τη σειρά.», στο οποίο ο von Neumann απάντησε: «Φυσικά, τι ευκολότερο από το να αθροίσει κανείς μια σειρά;»

    —-

    Η λύση σου λοιπόν είναι σωστή (αλλά μόνο αν μας εξηγήσεις το γιατί dr = r d\theta) αλλά υπάρχει και ευκολότερη, χωρίς καθόλου πράξεις.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Μαΐου 26, 2009 @ 10:13 μμ

  6. Υπόδειξη:

    Δείξτε πρώτα, χρησιμοποιώντας τη συμμετρία του προβλήματος, ότι τα διανύσματα της ταχύτητας για δύο γειτονικές κορυφές του τετραγώνου είναι πάντα κάθετα μεταξύ τους.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Ιουνίου 1, 2009 @ 11:45 μμ

  7. Μετά από μια στοιχειώδη μετατόπιση dx παρατηρούμε στο σχήμα ότι οι άνθρωποί μας εξακολουθούν να σχηματίζουν τετράγωνο. Άρα συμπεραίνουμε ότι ανά πάσα στιγμή η κίνηση του καθενός θα είναι κάθετη στην κίνηση του διπλανού του.
    Τώρα αρκεί να παρατηρήσουμε ότι αν ένα σημείο κινείται συνέχεια κάθετα σε σχέση με ένα άλλο αυτό σημαίνει ότι δεν μεταβάλεται η απόσταση των δύο σημείων (η οριζόντια συνισταμένη της κίνησης είναι πάντα 0).
    Άρα στην περίπτωσή μας, όσον αφορά την κίνηση των δύο σημείων, όσον αφορά τη μεταξύ τους απόσταση είναι ισοδύναμο με το να είναι το ένα ακίνητο και το άλλο να το πλησιάζει με ταχύτητα α.
    Άρα η σχετική κίνηση των Α και Β για παράδειγμα είναι ισοδύναμη με το η Β να στέκεται ακίνητη και ο Α να κινείται προς αυτήν!
    Προφανώς καλύπτει απόσταση ίση με την πλευρά του τετραγώνου (10μ).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από shortmanikos — Οκτώβριος 8, 2010 @ 10:44 μμ

  8. shortmanikos:

    Σωστό, αλλά χρειάζεται κάποια αιτιολόγηση η πρώτη σου πρόταση: «Μετά από μια στοιχειώδη μετατόπιση dx παρατηρούμε στο σχήμα ότι οι άνθρωποί μας εξακολουθούν να σχηματίζουν τετράγωνο«.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Οκτώβριος 8, 2010 @ 11:08 μμ

  9. ….συγνώμη… το έχω γράψει και αλλού και το είχα πάρει με copy-paste για να μην ξαναγράφω…. εκεί υπήρχε και σχήμα…
    με δεδομένο ότι υπάρχει συμμετρία στις κινήσεις αν θεωρήσουμε ότι οι μετατοπίσεις τους την στιγμή t είναι συμμετρικές (και οι νέες θέσεις τους είναι οι Α’…Δ’) προκύπτει ένα σχήμα με τέσσερα συμμετρικά τετράπλευρα στις γωνίες και το Α’Β’Γ’Δ’ στη μέση. Λόγω συμμετρίας του σχήματος το Α’Β’Γ’Δ’ προκύπτει ορθογώνιο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από shortmanikos — Οκτώβριος 8, 2010 @ 11:59 μμ

  10. Σωστά, η συμμετρία διατηρείται από την κίνηση.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Οκτώβριος 9, 2010 @ 12:16 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: