Автор Тема: 33 богатыря  (Прочитано 1528 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #60 : 19 Январь 2018, 18:53:33 »
С четными разобрались.
Остались не четные. Что на счет (n+(2k+1))/n?
Причем следует рассматривать k є (-бескон;+бескон)
пока условию удовлетворяет нетолько (n+1) но и (n-1).
Так как V2/V1=(n+1)/n но V1/V2=(m-1)/m => что как минимум "+", "-" имеют место быть.

Оффлайн StrannikPiter

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1636
    • Просмотр профиля
Re: 33 богатыря
« Ответ #61 : 19 Январь 2018, 19:05:46 »
А что изменилось? Вы имеете обгон номер 2k+1 и соответственно число кругов обоих на момент этого обгона. Делите числитель и знаменатель на 2k+1 и получаете число кругов каждого для первого обгона. Если целое - годится.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #62 : 19 Январь 2018, 19:29:16 »
Тааааак) все интереснее и интереснее.

То есть главным тут уже выступает не четность/не четность числителя и знаменателя, а некоторое (n+k)/n причем n+k=ka, a n=kb, но так как это возможно только для k=+- 1, так как в любом другом случае n=kl и мы получаем (l+-1)/l
Переходим к следующему вопросу. Если Вам не надоело конечно, почему числитель и знаменатель должен делаться нацело на k?

Я понимаю что t=V1/n=V2/(n+k) гл как отсюда выдернуть делимость? Почему, скажем, не может быть V1/5=V2/7?

Вы не подумайте, я не совсем глупый, натурными экспериментами я получил подтверждение Вашей теории для малых числе, до 10, но можно ли такие результаты индуцировать на все множество чисел, мне не ведомо.
« Последнее редактирование: 19 Январь 2018, 20:08:50 от Race »

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #63 : 19 Январь 2018, 20:53:30 »
Это можно не читать.... просто жаль своего времени. 1 час из жизни в опу. Теория ошибочна, хоть в чем то и красива.
С точки зрения геометрии движение богатырей можно представить в виде бесконечно гармоники, состоящей из наклонный и вертикальных прямых. Причем вертикальные прямые могут беспрепятственно пересекать наклонные, но как наклонные могут только совпадать в начальных или конечных точках, принадлежащих так же вертикальным.


1. Рассмотрим модель когда все богатыри стартуют из точки СТАРТ и возвращаются в нее же за период 1Т (время за которое сделает круг самый медленный богатырь).
Видим, что для избежания наклонных прямых второй богатырь должен попасть в точку СТАРТ максимум за 2 гармоники, имеем:
1Т - 2 богатыря. скорости V1=1 V2=2
2. Теперь рассмотрим модель когда все богатыри должны вернуться в точку СТАРТ за 2Т
Видим, что теперь можем провести уже 2 гармоники удовлетворяющие условию, разбив 2Т на 3 и 4 части
2Т - 3 богатыря, скорости V1=3 V2=4 V3=6
3. Аналогично рассмотри для 3Т
Получим уже 3 гармоники, разбив на 4, 5, 6 частей
3Т - 4 богатыря, скорости V1=6 V2=7,2 V3=9 V4=12
4. Для 4 гармоник я уже не рисовал, но все должно работать. Разбиваем гармонику на 5, 6, 7, 8 частей
Имееем:
4Т-5 богатырей, скорости V1=840 V2=960 V3=1120 V4=1344 V5=1680

осталось все это красиво описать через факториалы.

32Т - 33 богатыря разбиваем 32Т на 33, 34.....65 частей... число получится адовое, так как должно нацело делиться на множители с 32 до 65. Не мудрствуя лукаво можно получить как 65!-31!, после чего получим скорости:
V1=(65!-31!)/65...... V33=(65!-31!)/32


Тем не менее графическое отображение задачи как гармоник, интересно, попробую покопать в этом направлении.
« Последнее редактирование: 19 Январь 2018, 20:56:47 от Race »

Оффлайн fortpost

  • Старожил
  • ****
  • Сообщений: 371
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #64 : 19 Январь 2018, 21:01:35 »
Вот ещё было бы интересно увидеть версию автора, а то он как-то отстранился  :(
Да выдать авторскую версию не проблема. Но на этом обсуждение может закончиться, а уж больно интересно за ним следить!

Оффлайн StrannikPiter

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1636
    • Просмотр профиля
Re: 33 богатыря
« Ответ #65 : 19 Январь 2018, 21:29:21 »
Тааааак) все интереснее и интереснее.

То есть главным тут уже выступает не четность/не четность числителя и знаменателя, а некоторое (n+k)/n причем n+k=ka, a n=kb, но так как это возможно только для k=+- 1, так как в любом другом случае n=kl и мы получаем (l+-1)/l
Переходим к следующему вопросу. Если Вам не надоело конечно, почему числитель и знаменатель должен делаться нацело на k?

Я понимаю что t=V1/n=V2/(n+k) гл как отсюда выдернуть делимость? Почему, скажем, не может быть V1/5=V2/7?
Мы уже в нашем обсуждении сами ходим по кругу, прямо как бедные богатыри!  ;D
Вот попробуйте решить задачу.
Два богатыря стартуют из одной точки и едут по кругу длиной 1000 м. Скорости постоянны, отношение скоростей 7/5. Сколько проедет каждый из богатырей к моменту, когда один обгонит другого на круг?
Сначала найдем их путь в кругах при помощи системы уравнений
S2/S1 = V2/V1 = 7/5
S2 = S1 + 1     1 - потому что на 1 круг обогнал
Получаем 2.5 и 3.5 круга
Умножаем на длину круга получаем 2500 м и 3500 м
Дополнительный вопрос, этот обгон произойдет в начальной точке?

Вы не подумайте, я не совсем глупый, натурными экспериментами я получил подтверждение Вашей теории для малых числе, до 10, но можно ли такие результаты индуцировать на все множество чисел, мне не ведомо.
О! Так вы оказывается уже купили коней и шлемы!  ;D

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #66 : 19 Январь 2018, 22:24:42 »
Так, говорить о бесконечно движении можно в 2 случаях:
1. Все богатыри стартуют из различных точек, после чего в эти же точки возвращаются, при этом не произошло ни одного обгона.
К этому варианту я даже не знаю как подступиться уж слишком много неизвестных.
2. Все богатыри стартуют из одно точки (СТАРТ) и в неё же возвращаются в конце концов.

В этом варианте нам нужно найти определенный период Tn за время которого все богатыри проедут n1,.....n33 круга.

Говоря более простым языком найти определенное составное число которое будет делиться на n1,.......n33 при этом не должно произойти обгона.
Графически это легко реализовать используя вышеупомянутые гармоники.
Для 1Т и 2Т все работает. Как было в моих пред идущем посту:
 1Т - 2 богатыря, если больше 2, то наклонные прямые начинают пересекаться.
 2Т - 3 Богатыря, если больше 3, то опять же гармоники пересекутся.
но и для 3 и 4 Т все равно у меня получается 3 богатыря, 4й ну никак не влазит.
Графически можно попробовать определить появление 4го и 5го богатыря для 5 и больше Т, но это достаточно трудоемко.
С другой стороны работа элементарна, к примеру для 5 Т, необходимо поделить на 6, 7 и 8 частей, получаем общий путь 5*6*7*8 и возможные скорости 5*6*7 5*6*8 5*7*8 6*7*8.
Если эти скорости не подходят рассматривает 6Т и так далее, для 6 Т будет 9!-5!, для 7Т 10!-6!
И так до обнаружения 4го богатыря.
После обнаружения ищем 5го....
Будет время и автокад, помучаюсь, как сделать прилипание к решетке в геогебре не нашел, а без нее гармоники чертить не удобно.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #67 : 20 Январь 2018, 01:01:28 »
Продолжаем нашу научную тягомотину.

Если брать период (2k+1)Т то для одного из ближайших множителей идет пересечение гармоник по середине, верно и для 3Т и для 5Т, сейчас попробую для 6Т.

Проверил методом Странника до 12Т, для 3 ближайших делителей только 3 богатыря) Правда не чертил, так что сто процентов утверждать не могу.
« Последнее редактирование: 20 Январь 2018, 01:21:59 от Race »

Оффлайн morkovka

  • Новичок
  • *
  • Сообщений: 1
    • Просмотр профиля
Re: 33 богатыря
« Ответ #68 : 20 Январь 2018, 22:35:58 »
Пусть два богатыря встретились в одной точке, и поехали дальше. В следующий раз они должны встретиться в той же точке. До этого момента первый богатырь проедет N кругов, а второй богатырь проедет M  кругов. M не равно N , значит богатыри встречались и в других точках. 
Для двух богатырей условие задачи не выполняется, значит для 33 тоже не выполняется.

Ответ задачи - не могут.
« Последнее редактирование: 21 Январь 2018, 01:02:22 от morkovka »

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #69 : 21 Январь 2018, 03:17:22 »
morkovka,
если бы вы читали дисскусию, то не писали бы такого.

Для 2 богатырей может быть бесконечное кол-во вариантов, при которых богатыри будут встречаться только в 1 точке.
Но наиболееочевидный это V1=2V2.
Богатыри стартуют из 1 точки (обгона), за время Т, когда 1 богатырь проедет круг, второй богатырь проедет пол круга.
За 2Т 1 богатырь проедет 2 круга, а второй круг. Значит богатыри встретились в точке обгона, таким образом они могут двигаться бесконечно, так как получили замкнутый цикл с периодом 2Т.

А так проверьте любые скорости, к примеру V1=1000 V2=1001.При условии что богатыри стартуют из одной точки, то встретятся они только в этой точке, а не где то в иной.

Оффлайн StrannikPiter

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1636
    • Просмотр профиля
Re: 33 богатыря
« Ответ #70 : 21 Январь 2018, 21:22:20 »
Уфф, похоже индукция нарисовалась таки.  :)

Допустим мы нашли распределение скоростей для n+1 богатырей.
v2/v1 = (m1+1)/m1
v3/v2 = (m2+1)/m2
v4/v3 = (m3+1)/m3
...
vn+1/vn = (mn+1)/mn
Нужно найти скорости для n+2 богатырей. Обозначим эти скорости  большими буквами V.
В качестве первой скорости возьмем произведение
V1 = m1*m2*...*mn*(m1+1)*(m2+1)*...*(mn+1)
В качестве остальных скоростей берем V1 + число, состоящее из тех же множителей, что и V1, только не всех.
V2 = V1 + m1*m2*...*mn
V3 = V1 + (m1+1)*m2*m3*..*mn
V4 = V1 + (m1+1)*(m2+1)*m3*..*mn
V5 = V1 + (m1+1)*(m2+1)*(m3+1)*m4*..*mn
V6 = V1 + (m1+1)*(m2+1)*(m3+1)*(m4+1)*m5*..*mn
...
Vn+1 = V1 + (m1+1)*(m2+1)*..*(mn-1+1)*mn
Vn+2 = V1 + (m1+1)*(m2+1)*..*(mn+1)

Очевидно, что отношение любой скорости к V1 можно представить в виде (m+1)/m, например
V2/V1 = [m1*m2*...*mn*(m1+1)*(m2+1)*...*(mn+1) + m1*m2*...*mn]/[m1*m2*...*mn*(m1+1)*(m2+1)*...*(mn+1)]
сокращаем на m1*m2*...*mn
V2/V1 = [(m1+1)*(m2+1)*...*(mn+1) + 1]/[(m1+1)*(m2+1)*...*(mn+1)]

С остальными парами скоростей сложнее, так как и в числителе и в знаменателе получается сумма. Чтобы было более понятно, как сокращается в этом случае, я возьму конкретную пару, например V6/V4
V6/V4 = [m1*m2*...*mn*(m1+1)*(m2+1)*...*(mn+1) + (m1+1)*(m2+1)*(m3+1)*(m4+1)*m5*..*mn]/[m1*m2*...*mn*(m1+1)*(m2+1)*...*(mn+1) + (m1+1)*(m2+1)*m3*..*mn]
Сначала сократим дробь на все (mi+1), где i<=(4-2), и на mj, где j>(6-2)
V6/V4 = [m1*m2*m3*m4*(m3+1)*(m4+1)*(m5+1)*...*(mn+1) + (m3+1)*(m4+1)]/[m1*m2*m3*m4*(m3+1)*(m4+1)*(m5+1)*...*(mn+1) + m3*m4]
Но m3 и m4 это коэффициенты от предыдущего распределения скоростей
v4/v3 = (m3+1)/m3
v5/v4 = (m4+1)/m4
v5/v3 = [(m3+1)*(m4+1)]/[m3*m4]
значит для этого отношения должен существовать свой коэффициент k
v5/v3 = (k+1)/k = [(m3+1)*(m4+1)]/[m3*m4]
Делим уравнение для V6/V4 на m3*m4/k и вместо [(m3+1)*(m4+1)]/[m3*m4] подставляем (k+1)/k
V6/V4 = [m1*m2*m3*m4*(k+1)*(m5+1)*...*(mn+1) + k + 1]/[m1*m2*m3*m4*(k+1)*(m5+1)*...*(mn+1) + k]
То есть мы свели уравнение к виду (m+1)/m

Аналогично можно свести к виду (m+1)/m отношение любой пары скоростей.
« Последнее редактирование: 22 Январь 2018, 02:35:17 от StrannikPiter »

Оффлайн fortpost

  • Старожил
  • ****
  • Сообщений: 371
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #71 : 21 Январь 2018, 23:53:00 »
Похоже, обсуждение к завершению близится. Выдавать авторское решение?

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #72 : 22 Январь 2018, 00:14:44 »
я в пн попробую графически.

Оффлайн StrannikPiter

  • Эксперт
  • ******
  • Сообщений: 1636
    • Просмотр профиля
Re: 33 богатыря
« Ответ #73 : 22 Январь 2018, 02:36:07 »
Похоже, обсуждение к завершению близится. Выдавать авторское решение?
Ага, выдавать.

Оффлайн Race

  • Глобальный модератор
  • Эксперт
  • *****
  • Сообщений: 1155
    • Просмотр профиля
    • E-mail
Re: 33 богатыря
« Ответ #74 : 22 Январь 2018, 12:25:18 »
Все измышлизмы Странника оченно интересны, но в то же время вопрос с определением вышеозначенных скоростей остается открытым.

Хотя по логике вещей определить скорости возможность быть должна.

Мы уже определили, что вариантов распределения будет бесконечное кол-во, как для 2 так и для 3 богатырей.

Для двух: n, n+1, n є N;
Для трех: 2k, 2k+1, 2k+2, k є N.
Для 4рех вопрос открыт.

Правда для 3х богатырей проверял только критерием Странника, при таком распределении, а именно если начинаем с ghjbpdjkmyjuj четного числа, то для всей тройки будет выполняться отношение скоростей (n+1)/n

Но для 3х богатырей вариантов оказывается больше, точно так же будет удовлетворять:

3k 3k+1 3k+3, k є N, действительно для произвольной k будем иметь 9, 10, 12, 9/10, 3/4, 5/6
Но как найти эти решения не логикой, пока не понятно.

Опа, а такой подход дает свои плоды.
Для 4 богатырей точно так же будет бесконечное распределение скоростей, только выразить красиво у меня не выходит.

3k-3, 3k, 3k+1, 3k+3, но тут накладывается определенное соотношение, что 3(k+1)=4m, тогда соответственно 3(k-1)=4(m-1) и соотношение скоростей (n+1)/n будет выполняться. Как записать красиво, пока не придумал.
Проверяем k=9 => 24, 27, 28=(4*7), 30; 24/27=8/9, 24/28=6/7, 24/30=6/5, 27/28, 27/30=9/10, 28/30=14/15

Значит k=(4m-1)/3. Если рассматриваем только целые числа, то 1 выкидываем, все другие k є N удовлетворят условию.

Соответственно для 4 богатырей имеем:
3k-3, 3k, 3k+1, 3k+3, k=(4m-1)/3, k є N, m є N при m≠1.

Осталось придумать как прикрутить сюда 5го богатыря.
« Последнее редактирование: 22 Январь 2018, 13:08:44 от Race »