Aşağıdaki oyunla karşılaştım. Bunu istendiği gibi taşıyacağım.

• Bir böcek çevreleri ziyaret ediyor ve bir düşman seyahat süresini en üst düzeye çıkarmak istiyor.

• Düşman her dönüşte bir daire çizer.

• Böcek geçerli konumundan doğrudan en yeni dairenin merkezine doğru yürür, sonra dairenin iç kısmıyla karşılaştığında durur (böylece: yerini kapsayan bir daire oynandığında yürümez). Böceğin sırası budur.

• Rakipler için daire vardır.$N$

• Sonraki her dairenin yarıçapı önceki daireden daha azdır.

• Her daire, daha önce oynatılan tüm dairelerin kesişimiyle kesişmelidir. Yani, oynandıktan sonra tüm çevrelerin ortak bir kesişme noktası olmalıdır.

DÜZENLEME: Düşman, yarıçapın monoton olarak azaldığı kısıtlamasına tabi olarak dairelerin yarıçaplarını seçmekte serbesttir .

---

Sorular ve cevaplar:

---

1. arasındaki mesafe sınırlı mı? $N\to\infty$C: Hayır, bir düşman stratejisinin bir örnek verilir bu Yanıt
2. Böceğin çevreyi oynatırken kat etmesi gereken maksimum mesafe nedir ? $N$C: Aynı cevapla büyür .$\Theta(\log(N))$

---

Varyant 2 : Hata, en son oynanan iki dairenin kesişimine doğrudan doğru yürür .

GÜNCELLEME: Bu varyant, hatanın yalnızca burada oynatılan son 2 daireyi hatırlayabileceği varsayılarak ele alındı . Sonuç yine sınırsız bir mesafeydi.

---

Sınırsız hafızanın etkisi nedir ? yani, hata önceden oynatılan tüm çevrelerin kesişim noktasına gider . Bu , nin ilk dairenin çapı olduğu nin "gevşek" bir bağını üretti . Açıkçası bundan daha az olamaz. Buraya bakın . Geçerli üst sınır . Bu durum, gitgide daha küçük çemberlerin etrafında bir tur olarak en kötü durumun yaklaşılmasıyla elde edilmiştir. Hatanın her zaman nihai kavşağa doğru ilerleme kaydettiği ve böylece seyahat etmesi gereken bir sonraki adım mesafesini azalttığı gösterilmiştir.$O(d)$1000 × $d$$1000\times d$

Seyahat edilen mesafenin, ilk dairenin çevresinin sabit bir süresinin küçük olduğundan şüpheleniyorum, ancak şu anda iyi bir kanıt sağlayamıyorum.

Bu cevabın birlikte doğru sınırın olduğunu gösteren iki bölümü vardır :$\Theta(\log N)$

1. alt sınırı (ilk dairenin yarıçapının katları).$\Omega(\log N)$
2. eşleşen bir üst sınırı ( log N ) .$O(\log N)$

Alt sınır $\Omega(\log N)$

Bir noktaya temas eden iki birim çemberi düşünün . (Aşağıya bakın; p sağda, hata soldan başlar.) Bir daire ile diğeri arasında geçiş yapın. Böcek, iki daire arasındaki aralık boyunca zig-zagging yaparak yukarı ve aşağı hareket edecek, çoğunlukla yukarı ve aşağı hareket edecek, ancak yavaşça sağa doğru ilerleyecektir. Trigonometriyi doğru bir şekilde yapmışsam, N adımdan sonra , ortak noktaya olan mesafe Θ ( 1 / $p$$p$$N$, veNinci aşaması hata yürümeye neden olurİçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin(1/K)bir toplam mesafe için,İçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin(logN).$\Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(1/N)$$\Theta(\log N)$

İşte hesaplamaların bir taslağı. Hatanın yaptığı iki ardışık adımı düşünün. Bir noktadan , b , c'ye gider . Noktalar bir ve C aynı daire üzerinde bulunmaktadır; b noktası diğer dairenin üzerindedir. Let O dairenin merkezi olması bir üzerindedir. Azalan boyut sırasına göre aşağıdaki üç üçgeni düşünün:$a$$b$$c$$a$$c$$b$$o$$a$

1. İsoceles üçgen (tekrar p ortak bir nokta).$\triangle oap$$p$
2. Üçgen .$\triangle abp$
3. Küçük üçgen $\triangle abc$

Bu üçgenler hemen hemen benzerdir (yani uyumlu modulo ölçeklemesi). Daha doğrusu, , her üçü de şu özelliğe sahiptir: kısa bacağın uzunluğunun uzun bacağa oranı Θ ( ϵ ) ' dır . (Bunu burada daha ayrıntılı olarak kanıtlamayacağım, ancak hata yürürken ϵ → 0 olduğuna dikkat edin ve her bir üçgende bir tepe noktasını ihmal edilebilir bir miktarda pertür ederek üçgenler benzer hale getirilebilir.)$\epsilon = |ap|$$\Theta(\epsilon)$$\epsilon\rightarrow 0$

Uzun bacaklar ve p O , ilk üçgenin uzunluğu 1. Bu kısa bacak vardır | a p | uzunluğu ϵ . Bölüm Bir p bu üçgenin kısa ayak, böylece ikinci üçgenin uzun ayağı bir B uzunluğu vardır İçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin ( ε 2 ) . Bölüm Bir B bu üçgenin kısa ayak nedenle, üçüncü bir üçgenin uzun ayağı bir C uzunluğu vardır İçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin ( ε 3 ) . Böylece, bu iki adımda hata alır:$co$$po$$|ap|$$\epsilon$$ap$$ab$$\Theta(\epsilon^2)$$ab$$ac$$\Theta(\epsilon^3)$

1. Mesafe hata giderilir Θ ( ϵ 2 ) .$|ab|+|bc|$$\Theta(\epsilon^2)$
2. Ortak nokta için hata mesafe azalır £ değerinin için £ değerinin - Θ ( ε 3 ) .$p$$\epsilon$$\epsilon-\Theta(\epsilon^3)$

Zaman tanımla önce adım sayısı olarak ε t ≈ 1 / 2 k . (2) Yukarıdaki tarafından ε yaklaşık sonra bir sabit faktör ile azalma İçeride ISTV melerin RWMAIWi'nin ( 1 / ε 2 ) adım, yani t k + 1 = t k + Θ ( 2 2 k ) = t k + Θ ( 4 k ) . Böylece, t k = Θ ( 4 $t_k$$\epsilon_t \approx 1/2^k$$\epsilon$$\Theta(1/\epsilon^2)$$t_{k+1} = t_k + \Theta(2^{2k}) = t_k + \Theta(4^k)$ . Kendisine, sonra Θ ( 4 k ) adımları, ortak noktası için hata mesafe p ile ilgili olacaktır 1 / 2 k . Değişkenleri değiştirmek, N adımdansonra, hatadan ortak noktaya olan mesafe ϵ = Θ ( 1 / $t_k = \Theta(4^k)$$\Theta(4^k)$$p$$1/2^k$$N$. Ve, içindeNinci aşaması, hata hareketΘ(ε2)=Θ(1/K). İlk olarak katedilen toplam mesafe BöyleceKadımları olanΘ(1+1/2+1/3+...+1/K)=Θ(logN).$\epsilon = \Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(\epsilon^2) = \Theta(1/N)$$N$$\Theta(1+1/2+1/3+...+1/N) = \Theta(\log N)$

Bu alt sınır.

Önerilen Varyant 2'ye (anladığım kadarıyla) şu şekilde uzanır:

Hatanın en son yerleştirilen iki dairenin kesişimindeki en yakın noktaya taşınması gereken kısıtlamanın eklenmesi yardımcı olmaz. Yani, yukarıdaki alt sınırı hala geçerlidir. Nedenini görmek için, hatayı yine de aynı yolda seyahat ederken kısıtlamayı karşılamasına izin veren tek bir yabancı daire ekleyerek yukarıdaki örneği değiştireceğiz:$\Omega(\log N)$

$a$$b$$a$$b$

$a$$b$

---

$O(\log N)$

Sadece kanıtı çiziyorum.

$N\rightarrow \infty$$N$$O(\log N)$

$N$$p$$N$$p$

$1/\log N$

$$\frac{\mbox{the reduction in the distance to } p}{\mbox{the distance traveled in the step}}.$$ $O(\log N)$$O(\log N)$$p$$1 / \log N$

$O(\log N)$

$a$$b$$o$$b'$$\overrightarrow{pb}$$|pa| = |pb|$

Aşağıdaki üçgenleri göz önünde bulundurun:

1. $\triangle opb$
2. $\triangle pba$
3. $\triangle abb'$

$\epsilon$$\Theta(\epsilon)$

$$\frac{|bb'|}{|ab|} = \Theta\big(\frac{|ab|}{|pa|}\big) = \Theta\big(\frac{|pa|}{|bo|}\big) = \Theta(\epsilon).$$

$|bo|$$[1/2,1]$$|ab| = \Theta(|pa|^2/|bo|) = \Theta(|pa|^2)$$|bb'| = \Theta(|ab||pa|/|bo|) = \Theta(|pa|^3)$

$p$$d$$d'$$d=|pa|$$d'=|pb|$$d-d' = |bb'|$

$d$$|bb'|$$\Omega(d^3)$

$d/2$$O(1/d^2)$$d=1/2^k$$1/2^{k+1}$$O(4^k)$$1/2^{k}$$O(1/4^k)$$n$$p$$O(1/\sqrt n)$

$n$$|ab|$$O((\mbox{the current distance to } p)^2) = O(1/n)$$N$$[1/2,1]$

$$\sum_{n=1}^N O(1/n) = O(\log N).$$

$k$$[1/2^k, 1/2^{k+1}]$$O(\log(N)/2^k)$$k$$O(\log N)$

David E. tahmin etti

"Belki de hata yeni çemberin merkezine doğru değil, mevcut kavşağın en yakın noktasına yürürse cevap farklı olurdu?"

(DÜZENLEME: Bunun orijinal poster sorusunun sonundaki "varyant 2" ile aynı olmadığını unutmayın.)

İşte onun varsayımının bir kanıtı (az ya da çok) (bu durumda sınırlıdır).

$O(d_0)$$d_0$

$o$$o$$0$

$o$$1, 0.99, 0.99^2, 0.99^3, \ldots$

---

$d$$10 d$

$t$$\alpha(t)$

$\alpha(t)$

$\alpha(t)$$1/100$$1/100$$\alpha(t) < 89$$9$$\alpha(t)$$t$$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$

$p$$p$$p$

$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$$1$$10$$8$$2\pi< 7$, halkanın yarısı hata başlar başlamaz ölür ve böcek herhangi bir ölü noktaya geri dönemez, bu yüzden bu imkansızdır. Bu iddiayı kanıtlar (az çok; belki biri daha kesin bir argüman verebilir).

---

$$\sum_{i=0}^\infty 10 (0.99)^i ~=~ 1000.$$

Açıkçası buradaki sabit faktör gevşek. Örneğin, böcek ilk halkada 89 derece veya daha fazla bir açıyla hareket ederse, bu hemen yarıçap 1 diskindeki noktaların neredeyse yarısını öldürür (sadece bir halkadaki noktaları değil).