Vi trovate al centro di un lago perfettamente circolare a bordo della vostra barca.
Siete minacciati da un orrendo demone appostato in un punto del bordo del lago con l'intenzione di catturarvi. Il demone non sa nuotare, tutto ciò che gli è consentito fare è muoversi lungo il bordo del lago a quattro volte la velocità della vostra barca.
Voi potete salvarvi solo se riuscite ad arrivare tramite la vostra barca in un punto del bordo del lago ed il demone non si trova nello stesso punto in quel momento.
Dimostrare che qualunque cosa faccia il demone voi potete sempre salvarvi.
Ciao.
Il demone idrofobo
Il demone idrofobo
Ultima modifica di rand il 25 mar 2007, 15:17, modificato 1 volta in totale.
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MindFlyer
Avanti: è un bel problema e esorto i giovani a tentarlo.
Nel frattempo, per i vecchi, rilancio con il seguente, di cui non conosco la soluzione:
[M.n.E.]
Ponendo a 1 la velocità della barca, per quali velocità del demone, è possibile riuscire a sfuggirgli?
[/M.n.E.]
Io sono riuscito a fuggire per tutte le velocità minori di $ \pi + 1 $, ma ho il forte sospetto che si possa far di meglio.
Nel frattempo, per i vecchi, rilancio con il seguente, di cui non conosco la soluzione:
[M.n.E.]
Ponendo a 1 la velocità della barca, per quali velocità del demone, è possibile riuscire a sfuggirgli?
[/M.n.E.]
Io sono riuscito a fuggire per tutte le velocità minori di $ \pi + 1 $, ma ho il forte sospetto che si possa far di meglio.
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
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Katerina89
- Messaggi: 33
- Iscritto il: 10 ott 2006, 00:33
Beh, c'ho dovuto sudare un po', ma ho trovato la velocità ottimale che è
(((.......rullo di tamburi.......)))
Sia $ \omega $ la più piccola soluzione positiva dell'equazione $ \omega = \tan \omega $.
Allora la minima velocità per cui il demone riesce a bloccare la barca è
$ \sqrt{ \omega^2 + 1} = 4.603338 \ldots $.
(((.......rullo di tamburi.......)))
Sia $ \omega $ la più piccola soluzione positiva dell'equazione $ \omega = \tan \omega $.
Allora la minima velocità per cui il demone riesce a bloccare la barca è
$ \sqrt{ \omega^2 + 1} = 4.603338 \ldots $.
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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MindFlyer
Sia k la velocita' del demone, O il centro del lago. Pongo la velocita' del barcaiolo e il raggio del lago uguali a 1.
Dimostro il caso $ k<\pi +1 $
Pongo $ k+a=\pi +1 $
Ora il barcaiolo inizia a girare in tondo sulla circonferenza del cerchio avente raggio $ \frac{1}{k+a} $ e centro O. Per fare un giro completo ci mette meno del demone sulla costa, quindi esiste un momento in cui O e' sul segmento tra il barcaiolo e il demone. In quel momento il barcaiolo punta la barca in direzione opposta al demone, e arriva a destinazione in $ 1-\frac{1}{k+a} $ mentre il demone ci mette $ \frac{\pi}{k} $
Ora abbiamo:
$ 1-\frac{1}{k+a}=\frac{k+a-1}{k+a}=\frac{\pi}{k+a}<\frac{\pi}{k} $
e quindi arriva prima del demone.
Per velocita' superiori suppongo che il barcaiolo dovrebbe andare a spirale, in modo che la tangente nel punto in cui si trova passi per il demone, ma non so assolutamente calcolare una curva simile....
Dimostro il caso $ k<\pi +1 $
Pongo $ k+a=\pi +1 $
Ora il barcaiolo inizia a girare in tondo sulla circonferenza del cerchio avente raggio $ \frac{1}{k+a} $ e centro O. Per fare un giro completo ci mette meno del demone sulla costa, quindi esiste un momento in cui O e' sul segmento tra il barcaiolo e il demone. In quel momento il barcaiolo punta la barca in direzione opposta al demone, e arriva a destinazione in $ 1-\frac{1}{k+a} $ mentre il demone ci mette $ \frac{\pi}{k} $
Ora abbiamo:
$ 1-\frac{1}{k+a}=\frac{k+a-1}{k+a}=\frac{\pi}{k+a}<\frac{\pi}{k} $
e quindi arriva prima del demone.
Per velocita' superiori suppongo che il barcaiolo dovrebbe andare a spirale, in modo che la tangente nel punto in cui si trova passi per il demone, ma non so assolutamente calcolare una curva simile....
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
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MindFlyer
@Piever & Mind:
Vi sbagliate: la soluzione è molto più semplice...
Dopo uno scampio di messaggi privati con Rand, e grazie a Zio Google, sono stato in grado di rintracciare una pagina che propone il problema generalizzato a velocità qualunque, con tanto di soluzione qui.
La mia è un po' diversa (e più complicata di quella al link suggerito) e si basa sul trucco di usare un sistema di riferimento rotante, solidale con il demone. Metto coordinate polari $ \scriptscriptstyle\rho $ e $ \scriptscriptstyle\theta $, con il demone in posizione $ \scriptscriptstyle\rho=1, \theta=\pi $.
Ecco uno sketch:
0. Per la simmetria del problema rispetto al diametro, wlog, possiamo porre $ \scriptscriptstyle0 \leqslant \theta \leqslant \pi $.
1. La strategia otimale per il diavolo è correre sempre verso la barca (quindi costantemente in senso orario, dato (0.)), finché non raggiunge il raggio su cui si trova la barca.
2. Con la regola del paralellogramma sommiamo le due velocità che agiscono sulla barca: la sua velocità assoluta (di modulo $ \scriptscriptstyle\leqslant 1 $) e la velocità tangenziale di trascinamento. Questo individua un cerchio di vettori velocità possibili.
3.1 Due casi: $ \scriptscriptstyle\rho < 1/v $; il cerchio contiene il vettore 0, la barca può stare in quiete relativamente al demone, quindi fa quel che le pare.
3.2 $ \scriptscriptstyle\rho > 1/v $; la direzione estremale corrisponde al punto di tangenza tra la circonferenza e la retta passante per l'origine. Ciò equivale al fatto che la barca si stia dirigendo a piena velocità formando un angolo $ \scriptscriptstyle\zeta $ con la direzione radiale t.c. $ \scriptscriptstyle\sin \zeta = -1/\rho v $.
4. Questo si trasforma in un problema di Cauchy che si integra:
$ \scriptscriptstyle\frac{d \rho}{dt} = \frac{ \sqrt{ v^2 \rho^2 - 1} }{v \rho} $
$ \scriptscriptstyle\frac{d \theta}{dt} = - \frac{ v^2 \rho^2 - 1}{ v \rho^2 } $.
Le soluzioni sono (omettendo le costanti di integrazione):
$ \scriptscriptstyle\rho(t) = \frac{ \sqrt{ v^2 t^2 + 1 }}{v} $
$ \scriptscriptstyle\theta(t) = v t - \arctan \left( v t \right) $.
5. Definisco la funzione $ \scriptscriptstyle\psi(\rho, \theta) = \theta - \sqrt{v^2 \rho^2 -1}+ \arctan \left( \sqrt{v^2 \rho^2 -1} \right) $.
Essa è definita in modo da rimanere costante lungo le soluzioni del problema di Cauchy. Differenziando, si vede che è non decrescente. Esso corrisponde intuitivamente (a meno di una costante) alla coordinata angolare del punto terminale della soluzione del problema di Cauchy.
6. Il valore iniziale di $ \scriptscriptstyle\psi $ è dato dall'angolo in cui la barca taglia il cerchio $ \scriptscriptstyle\rho = 1/v $, quindi il suo miglior valore possibile è $ \scriptscriptstyle0 $. Imponendo che l'angolo di fuga della barca sia $ \scriptscriptstyle\pi $, si ottiene il caso limite in cui la barca fugge lungo la traiettoria ottimale e cade esattamente nelle braccia del demone.
7. Si ottiene l'equazione $ \scriptscriptstyle\sqrt{ v^2 - 1 } - \arctan \left( \sqrt{v^2 - 1} \right) = \pi $. Risolvendola si trova il valore che ho detto.
8. Ritrasformando il tutto nel sistema di riferimento assoluto, si scopre che la traiettoria ottimale della barca è il segmento tangente al cerchio di raggio $ \scriptscriptstyle1/v $.
Vi sbagliate: la soluzione è molto più semplice...
Dopo uno scampio di messaggi privati con Rand, e grazie a Zio Google, sono stato in grado di rintracciare una pagina che propone il problema generalizzato a velocità qualunque, con tanto di soluzione qui.
La mia è un po' diversa (e più complicata di quella al link suggerito) e si basa sul trucco di usare un sistema di riferimento rotante, solidale con il demone. Metto coordinate polari $ \scriptscriptstyle\rho $ e $ \scriptscriptstyle\theta $, con il demone in posizione $ \scriptscriptstyle\rho=1, \theta=\pi $.
Ecco uno sketch:
0. Per la simmetria del problema rispetto al diametro, wlog, possiamo porre $ \scriptscriptstyle0 \leqslant \theta \leqslant \pi $.
1. La strategia otimale per il diavolo è correre sempre verso la barca (quindi costantemente in senso orario, dato (0.)), finché non raggiunge il raggio su cui si trova la barca.
2. Con la regola del paralellogramma sommiamo le due velocità che agiscono sulla barca: la sua velocità assoluta (di modulo $ \scriptscriptstyle\leqslant 1 $) e la velocità tangenziale di trascinamento. Questo individua un cerchio di vettori velocità possibili.
3.1 Due casi: $ \scriptscriptstyle\rho < 1/v $; il cerchio contiene il vettore 0, la barca può stare in quiete relativamente al demone, quindi fa quel che le pare.
3.2 $ \scriptscriptstyle\rho > 1/v $; la direzione estremale corrisponde al punto di tangenza tra la circonferenza e la retta passante per l'origine. Ciò equivale al fatto che la barca si stia dirigendo a piena velocità formando un angolo $ \scriptscriptstyle\zeta $ con la direzione radiale t.c. $ \scriptscriptstyle\sin \zeta = -1/\rho v $.
4. Questo si trasforma in un problema di Cauchy che si integra:
$ \scriptscriptstyle\frac{d \rho}{dt} = \frac{ \sqrt{ v^2 \rho^2 - 1} }{v \rho} $
$ \scriptscriptstyle\frac{d \theta}{dt} = - \frac{ v^2 \rho^2 - 1}{ v \rho^2 } $.
Le soluzioni sono (omettendo le costanti di integrazione):
$ \scriptscriptstyle\rho(t) = \frac{ \sqrt{ v^2 t^2 + 1 }}{v} $
$ \scriptscriptstyle\theta(t) = v t - \arctan \left( v t \right) $.
5. Definisco la funzione $ \scriptscriptstyle\psi(\rho, \theta) = \theta - \sqrt{v^2 \rho^2 -1}+ \arctan \left( \sqrt{v^2 \rho^2 -1} \right) $.
Essa è definita in modo da rimanere costante lungo le soluzioni del problema di Cauchy. Differenziando, si vede che è non decrescente. Esso corrisponde intuitivamente (a meno di una costante) alla coordinata angolare del punto terminale della soluzione del problema di Cauchy.
6. Il valore iniziale di $ \scriptscriptstyle\psi $ è dato dall'angolo in cui la barca taglia il cerchio $ \scriptscriptstyle\rho = 1/v $, quindi il suo miglior valore possibile è $ \scriptscriptstyle0 $. Imponendo che l'angolo di fuga della barca sia $ \scriptscriptstyle\pi $, si ottiene il caso limite in cui la barca fugge lungo la traiettoria ottimale e cade esattamente nelle braccia del demone.
7. Si ottiene l'equazione $ \scriptscriptstyle\sqrt{ v^2 - 1 } - \arctan \left( \sqrt{v^2 - 1} \right) = \pi $. Risolvendola si trova il valore che ho detto.
8. Ritrasformando il tutto nel sistema di riferimento assoluto, si scopre che la traiettoria ottimale della barca è il segmento tangente al cerchio di raggio $ \scriptscriptstyle1/v $.
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