Zanimljivi zadaci

Prihvatio bih, naravno (nikad ne uplićem filozofske stavove u rešavanje matematičkih problema).

Manja razlika je u tome što tvoja funkcija za jedan broj izbaci jednu vrednost bez ikakvih problema, dok u našem slučaju moramo pratiti šta se dešavalo od samog početka. Veća razlika je u tome što jesam prihvatio da je funkcija definisana na celo , ali nije definisana u tački . Kao što možeš da zaređaš po prirodnim brojevima i do svakog konkretnog bi stigao pre ili kasnije, tako možeš da zaređaš i po onim bregovima i svaki konkretan bi došao na red pre ili kasnije, ali ne i koordinatni početak (koji je „iza“ svih njih, kao što je „iza“ svih prirodnih brojeva).

Da rekapituliramo stvari. Prvo smo imali konveksne krive i postupak za njih (vrtimo jednu tačku, drugu uzimamo u jedinstveno preseku). Onda smo unapredili postupak tako da prelazi i ispupčenja; jasno je, ako pređe jedno, onda može i konačno mnogo. E sad bi trebalo još da unapredimo da prolazi beskonačno mnogo ispupčenja. Ti tvrdiš da možemo uzeti limes i da će sve biti OK, a meni to jednostavno nije dovoljno čisto: najpre uopšteno, a zatim i na osnovu čega tvrdiš da ćemo time zaobići i sve patološke slučaje (recimo, ni na osnovu čega ne možemo tvrditi da po idemo pravo prema nuli; ako se nešto „dešava“ s druge strane, onda ćemo morati i po ovim talasićima da idemo napred-nazad, a ne samo da ih pratimo do nule). Štaviše, možemo primetiti da se prelaz između prve situacije (konveksne krive) i druge zasnovao na obradi „specijalnih“ tačaka (onih na vrhu „brega“ i na dnu „doline“), te smo rekli šta treba raditi kad dođemo do njih. Moraćeš se složiti da u trećem scenariju imamo jednu još „specijalniju“ tačku (nulu), jer se ona ne uklapa u tačke s kojima smo do sada radili, pa očekujem da će krpljenje tog slučaja uključivati i neko uputstvo u vezi s tom tačkom. Reći da limes pušten kroz drugi slučaj pokriva sve odjednom suviše mi je klimavo.

I za kraj, vrlo sličan argument upotrebljen je u tekstu koji sam okačio (mi ovde rotiramo pravu oko tačke , tamo je transliramo gore-dole), a ovo mu je pronađeno kao jedan od propusta. Procenio sam (mada, naravno, uvek postoji šansa da grešim) da je ovo i najteže prevazići; dakle, ako uspeš da ubediš matematičku zajednicu kako se taj slučaj pokriva jednostavnom nadgradnjom prethodnog, eto ti šanse da rešiš problem star stotinak godina.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Ako raspravljate o prvom zadatku, probao bih ja da ga rešim:

Neka je proizvoljna zatvorena, neprekidna, nesamopresecajuća kriva. Po Kantorovoj teoremi o ravnomernoj neprekidnosti postoji niz koji teži nuli i takav da za ma koje važi Za ma koje definišimo krivu na sledeći način:

za ma koje je linearno po na intervalu za ma koje

Neka je Tada za ma koje važi



što znači da niz ravnomerno konvergira ka Naglašavam da je nejednakost posledica linearnosti funkcije na intervalu

Pošto sve ove funkcije uzimaju iste vrednosti u tačkama 0 i 1, možemo ih produžiti do 1-periodičnih funkcija na . Tada za svako postoji rastuća, neprekidna, 1-periodična funkcija takva da su tačke i krajevi duži na kojoj leži data tačka i tako da važi jednakost Ovo me mrzi da dokazujem, ali se nadam da barem poligoni nisu problematični, čak i u slučaju kada se samopresecaju, mada sve treba proveriti.

Za svako postojaće neko takvo da je tačka središte duži sa krajevima i Pošto se sve te tačke nalaze u ograničenom podskupu od postoji rastući niz priridnih brojeva takav da niz konvergira ka nekoj tački niz konvergira ka nekoj tački i niz konvergira ka nekom Jasno je da na osnovu neprekidnosti metrike tada tačka mora biti središte duži sa krajevima i

Na osnovu ravnomerne konvergencije niza ka važi i

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

@Nedeljko:

Iz dokaza deluje kao da je trebalo da stoji .




Kod konkavnih krivih (pa i konk. poligona) neizostavno mora doći do kretanja "napred-nazad" [prosto ne mogu da verujem da to opet pominjemo ], tako da se tu otvara Pandorina kutija... [ da ne nabrajam sve probleme, jer su već pominjani ]

@Bojan Basic:

Meni je sasvim dovoljno da si se složio za konačne ordinale. Čini mi se da se relativno lako može napraviti sličan primer koji bi zadovoljio i onaj prvi kriterijum koji si naveo [zavisnost tekućeg od prethodnih] [evo recimo, pada mi na pamet Kantorova dijagonalizacija, protiv koje nemaš ništa, ako se dobro sećam ]

Dalje, čini mi se da ti sad pokušavaš da malo zameniš uloge Da se podsetimo: ti treba da tvrdiš da je tako "nezgodan" oblik krive esencijalna prepreka za prolazak kroz singularitet , što onda znači da je na meni da nađem makar jedan kontraprimer . Drugim rečima, ne moram ja da dokazujem da je u svakom patološkom slučaju moguće proći kroz singularitet [jer možda i nije], već da nađem samo jedan gde to prolazi... Još jednom da naglasim, ja uopšte ne tvrdim da se ceo onaj postupak može spasiti, već samo tvrdim da ono što si izneo kao ključnu prepreku, izolovano gledano, nije prepreka.

Evo sad sam naškrabao slučaj, kada je kriva ograničena sa:
1.
2.
3.
4.

izaberem recimo i lepo krenem da povlačim linije kroz nju krećući se po onoj sinusoidnoj krivoj od tačke recimo ka tački .
Posle kraćeg računa dobija se da su odgovarajući preseci na "donjoj" strani dati sa ... Dakle, nikakvih poteškoća nije bilo u 0. [u toku izvođenja formule treba isključiti nulu iz razmatranja, ali se nakon toga ispostavi (gle čuda) da se limes poslednje formule kad poklapa sa onim što direktno dobijamo spajajući i ]

Da ponovim, [ kao da to ima neku svrhu ]: zbog jedinstvenosti "rešenja" svake doline/brega imamo validan algoritam za svaki, a time i za sve doline/bregove. Oni se moraju neprekidno preslikati na drugi kraj krive a zbog neprekidnosti same krive, i tačka singulariteta nema gde da pobegne...

Na kraju, u vezi sa rešavanjem problema upisivanja kvadrata... mislim da si ti trenutno bliži obaranju principa trasfinitne indukcije za ordinale a to bi, složićeš se, bio nemerljivo veći uspeh...

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

I koji je problem na kraju resen?

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Uzmi običan kvadrat i malo mu „ulubi“ jednu stranicu. Neka je tačka u njegovom centru. Očito, postupak koji smo imali za konveksne krive (dakle, onaj bez ikakvog vraćanja) savršeno funkcioniše i za ovaj kvadrat, iako je nekonveksan. Time sam ja „dokazao“ (nalazeći jedan kontraprimer) da nekonveksnost nije esencijalna prepreka za najprvi postupak.

Ozbiljno, po mom poimanju nekonveksnost jeste prepreka za najprvi algoritam baš koliko je i singularitet prepreka za prvo poboljšanje (bez obzira na to što se u oba slučaja mogu naći kontraprimeri); ako ti se ne sviđaju imena „esencijalna prepreka“, „ključna prepreka“ itd., nazovi razlog prvog prelaza drugačije (recimo, „moguća prepreka“), pa to isto reci i za drugi prelaz. Iz tvoje rečenice koju sam gore citirao, čini mi se da smo se, s ovim razjašnjenjem, najzad složili.

Rekao bih da je ovo kraj priče. A i kako je moglo drugačije da se završi sem beskonačnim ponavljanjem ukrug istih stvari dok ne ustanovimo kako se jednostavno međusobno ne razumemo. Nije nam prvi put.


Rešeno je još odavno sve sem poboljšanog trećeg. Ova gomila poruka koju vidiš predstavlja samo razmatranje jednog drugačijeg pristupa prvom zadatku.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Pa, taj i nema rešenje. Sve što možeš da uradiš je da odvojiš na gomilu m novčića (ovde je iznuđeno 50), a onda nasumice okreneš n od tih 50 i k od onih preostalih 50. Sve ostalo što možeš da uradiš se svodi na to, jer na kraju postupka koji si primenio imaš na dve gomile po 50 novčića i na svakoj od njih po neki broj okrenutih i neki broj neokrenutih. Budući da su ti vezane oči, sve što si mogao da kontrolišeš je to koliko je prevrnutih na jednoj gomili, a koliko na drugoj. Lako se pokazuje da tako nema rešenje, a samim tim i nikako drugačije.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

I dokaz da je nemoguće učiniti to što se traži jeste validno rešenje zadatka (doduše, postavljač nisam ja, ali verujem da će se cassey složiti). Međutim, ova tvoja skica dokaza ima poveću rupu. Naime, tvrdnju da je jedino potrebno razmatrati situaciju u kojoj okrećemo fiksnih s jedne gomile i s druge obara strategija po kojoj prvo nešto okrenemo, a onda razdelimo.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Hmmm... mislim da se slazem sa Bojanom (mada nisam bas siguran da sam ukapirao sta je receno). Trenutno ne mogu da se setim resenja, ali pogledacu nocas (u svakom slucaju na zadatak sam naisao negde na netu pa cu da potrazim isti)

Potpis

Math is like love. A simple idea but it can get complicated.

Ako od n novčića obrneš njih k, a potom ih razdeliš na dve gomile, tako da jednu čini p okrenutih i q neokrenutih, to je isto kao da si najpre podelio novčiće na dve grupe od po p+q i n-p-q novčića, a zatim u prvoj okrenuo p, a u drugoj k-p.

Šta god uradio, na kraju ćeš imati dve gomile sa poznatim brojem novčića, pri čemu ćeš za svaku znati koliko je novčića u njoj okrenuto neparan broj puta. Sve transformacije se svode na to da si nešto okrenuo i da je na kraju sve podeljeno na dve gomile.

Recimo da su u kovertama papiri na čijoj jednoj strani piše A, a na drugoj B. Koverte su numerisane brojevima od 1 do n. Imaš pravo da gledaš spolja, ali ne i da gledaš šta je unutra. Sve koverte su na početku okrenute na istu stranu i na početku ti je poznato koliko je papira u kovertama okrenuto stranom A na gore. To je ekivivalentna formulacija.

Opšta transformacija se svodi na jednu particiju skupa {1,...,n} (podela na gomile) i jedan podskup skupa {1,...,n} (okrenute koverte u toj transformaciji). Kompozicija takvih transformacija je ponovo transformacija tog oblika. Važno je primetiti da prilikom prepaticionisanja koverti nije bitno koja je koverta bila na kojoj gomili, jer su sve koverte numerisane.

Neka na kraju imam dve gomile, prvu sa m koverti, a drugu sa 100-m koverti. Ukoliko sam u prvoj prevrnuo q koverti (od kojih je A-ovaca), a u drugoj t koverti (od kojih je [tes]s\leq t[/tex] A-ovaca), onda imamo

U prvoj gomili

p prevrnutih A-ovaca,
q-p prevrnutih B-ovaca,
r neprevrnutih A-ovaca (),
m-q-r neprevrnutih B-ovaca

U drugoj gomili:

s prevrnutih A-ovaca,
t-s prevrnutih B-ovaca,
10-p-r-s neprevrnutih A-ovaca,
100-m-t neprevrnutih B-ovaca.

Uslov da nakon toga na obe gomile imamo podjednako koverti sa papirom okrenutim A stranom na gore se svodi na

q-p+r=10+t-p-r-2s,

odnosno

2(r+s)=10+t-q.

Veličine m, t i q su na m poznate, pa nam je poznata i desna strana jednakosti. Stoga leva strana jednakosti pri tako izabranim m, t, q ne sme zavisiti od r i s, koji su nam nepoznati, ali za koje znamo da r ne može biti veće od m-q i da s ne može biti veće od t. Jedina mogućnost da leva strana ime jednoznačno određenu vrednost je da bude iznuđeno r=s=0, odnosno da bude m=q i t=0, to jest, da smo u prvoj gomili prevrnuli sve koverte, a u drugoj nijednu. No tada je

0=2(r+s)=10+t-q=10-q,

Odnosno q=m=10, a to je upravo Bojanovo rešenje prethodnog slučaja.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Prihvatam, sad je u redu (s tim što nije baš tačno da može pokupiti sve vrednosti od do i od do ; no, za potrebe zadatka nam je dovoljno dokazati da se mogu zadesiti dva ishoda u kojima bi bilo međusobno različito — a to već prolazi).

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.