Видео

ne ponimayu pochemu esli dlini storon kvadrata celie,to oni mogut bit samimi malenkimi

Вот. Правильно сказать. Откуда берется желтый квадрат? Из площади двух розовых: мы имеем пересечение квадратов и две непокрытые области. И еще надо доказать что розовые-это квадраты -например из симметрии.

Я бы насрал посреди вагона. И шёл бы пока не встречу своё дерьмо. В условиях задачи не сказано, что так нельзя. Да моё решение попахивает. Но зато я считаю вагоны за время N+1.

А можно алгебраически, мое сознание воспринимает хорошо цифры )

хз я по формуле пика в уме доказал рациональность корня из двух

Нужно оставить метку (понятную только вам) в первом вагоне и пройти по кругу до неё просто включая свет, т.к. никто не гарантирует, что эту задачу решаете только вы. Сам факт количества просмотров это постулирует. P.S. Никогда не решайте задачу, которая ставит вас раком! Исключением являются только, если её создали вы.

Для тех кто хочет сам порешать и поискать как придти к ответу: ответ из следующего видео 4n - 2

Можно проверять не то, что вагонов 1, 2, 3 и так далее, а что их 1, 2, 4, ..., 2^k. В этом случае, наткнувшись на вагон Х с выключенным светом прежде, чем вернёмся к начальному вагону, можно сказать, что вагон с номером 2^k - это вагон с номером Х, откуда число вагонов равно (2^k - X). Так как мы двигаемся по степеням двойки, мы не сделаем два круга и вывод верный. Для такого подхода операций не больше 1 + 2 + 2^k +...+ * 2^log2(N+1) = 2^(log2(N + 1) + 1) = 2^(log2(N + 1) + log2(2)) = 2N + 2

У задачи не может быть решения без возвращения назад (ссылаясь к комментарию про две переменные, мы не сможем убедится что последовательность имеет k вагонов без изменения состояния 1 вагона на промежутке k и прохождения пути назад), но такой метод заставляет нас задуматься о том когда стоит делать проверку предположения о том что вагонов k. Предположим что мы для упрощения обьяснения не выключаем свет а записываем последовательность, например 101 (где 1 - включено а 0 - выключено). Тогда после прохождения последовательности 101101 мы можем сделать предположение что вагона всего 3, изменить последнее число в последовательности (получить 101100) и пройти 3 вагона назад, ожидая 0 в третьем шаге. Однако такая схема имеет плохие контр примеры. При прохождении варианта с вагонами в единственном состоянии (например 6 включенных вагонов - 111111) мы сначала сделаем предположение что их 1, потом 2, 3 и т.д. до 6, получив такое же решение что приводится в видео n(n+1) только еще умноженное на 3. Решением будет простейший бинарный поиск, где сначала мы делаем предположение что вагонов меньше 2, проходя 2 шага в одну сторону, изменяем состояние вагона и ждем этого изменения на обратном пути. Если не видим то следующее предположение что их меньше 4, 8 и т.д. увеличивая интервал на 2. Отмечу что их может быть меньше чем наше предположение (не являться степенью двойки, например 7), тогда мы встретим изменение после предположения о 8 вагонах не на 8-ом обратном шагу а на 7). Таким образом мы получаем кол-во требуемых шагов для n вагонов как: (2^0 + 2^1 + 2^2 . . . + 2^(log2n)) * 2, (на два домножаем потому что путь туда - обратно), что является частным случаем геометрической прогрессии: После сокращения получим (2^(log2k+1)-1) * 2 = (2k - 1) * 2 = 4k - 2

Проще всего задачу решить в вероятностях. Если выключить свет в первых K вагонах, то шанс случайного совпадения такого отрезка в поезде (1/2)^K. Остальные включаем, пока не встретим искомую комбинацию. Итого нужно пройти N+K+1 вагон до первого включенного после K+i выключенных (i запас на случайное выпадение нескольких выключенных вагонов подряд перед K специально выключенных). Хотя такое решение работает только при K<N. При K>N нужно минимум N шагов чтобы наткнуться на первый включенный после последовательности выключенных, а дальше верификация результата Z шагов по включенным вагонам с (1/2)^Z заданной вероятностью ошибки. При допущении (1/2)^Z=(1/2)^K, в обобщённом случае можно ограничиться количеством N+K+1 шагов.

С некоторым приближением можно сделать так: в первом вагоне выключаем свет, в всех следующих включаем сделав пару десятков кругов проходя через вагон с выключенным светом и повторяющееся количество вагонов с включенным светом можно сделать предположение что случайно такое повторение маловероятно.

Ппц,ты душнила.)))

Интересная задача, но я почему-то думал, что в конце расскажут оптимальное решение)

Берем две переменные N и K. В стартовом вагоне выключаем свет. Далее просто идем прямо, включаем свет в каждом вагоне и записываем пройденное количество в N. Если наткнулись на вагон с включенным светом, то записываем в K и идем дальше. Если в дальнейшем натыкаемся на вагон без света, прибавляем K в N, включаем свет и т.д. В какой-то момент мы пройдем весь поезд и дальше пойдут вагоны с включенным светом, их мы будем записывать в K, а N уже больше никогда не изменится. Таким образом в N у нас будет количество всех вагонов. Получается решение будет за N шагов, но мы никогда не будем уверены в том, что мы прошли все вагоны. Но если в какой-то момент нас спросят, сколько вагонов, мы просто покажем N.

В первом вагоне включаем, во втором выключаем. В третьем включаем, в четвертом и пятом выключаем. Получается последовательность чисел от 1 до k в единичной системе счисления, образующая код, начинающийся с включенного старт-бита. Как только мы увидем последовательность всего в один выключенный вагон, мы прошли его насквозь. Тогда можно совершить проверку: пойти в обратном направлении, выключая свет везде, кроме первого вагона. Тогда мы убедимся, что мы прошли его весь, а не встретили уникальную последовательность бит в поезде длиной миллиард вагонов. В итоге пройти понадобится 2(N+2) вагонов.

А в окно вагона посмотреть?

выключаем в стартовом вагоне свет и идем в любую сторону на 1 вагон. в этом вагоне включаем свет и возвращаемся в стартовый. Если свет горит значит вагон 1. если нет включаем свет в вагоне и идем в противоположную сторону на 2 вагона (так как мы знаем что в нашем вагоне и вагоне взади свет горит). Дошли выключаем свет и движемся назад по пути выключая свет. Если в стартовом вагоне свет не горит, вагонов 2, если горит, гасим идем дальше. В следующем не горит, вагонов 3, иначе гасим свет и идем дальше на число которое только что прошли в этом направление( в данном случае 4) разворачиваемся и двигаемся включая свет начиная с этого вагона . дальше так же. ( ну и конечно можно засекать паттерны и продлевать движение в каждую сторону, пока не встретиться нужный паттерн). в итоге получаем 1+3+7+15+31+63+127+....+n шагов. выходит максимум меньше 5n, среднее где-то 3.7n, где n- число вагонов

ну а если так бредануть? корень из двух это 14/10 141/100 1414/1000 ...... и таким образом в числителе имеем целое бескночное число, которое повторяет знаки вычисленного корня, в знаменателе имеем определенную степень 10. Ну и следует понимать, что иррациональные числа - это всего лишь абстракция, нигде в реальном мире эта беконечность иррационального числа неприменима.

Я стал твоим 100-ым подписчиком!) Удачи в развитии канала

Объясните, пожалуйста, как была выбрана наименьшая пара? В бесконечном множестве не всегда можно выделить минимум, к примеру, интервал (0,1) не имеет минимального элемента, число 0 выступает для него лишь инфимумом. Допустим мы взяли пару квадратов, стороны которых равны а и 2а соответственно, тогда существет пара квадратов со сторонами а/2 и а, и так для любой пары. Какая-то неувязка.

ААААА, СЫН WildMathing, ААААА!!!!!

Клёво, но классическое алгеброическое доказательство как по мне проще и наглядней.

Аналитическое, алгебраическое доказательство мне тоже кажется гораздо проще. Я нашел вот такой short: ruclips.net/user/shortss4pdePg_m3w где тоже, как у тебя в видео, графическим методом доказывается иррациональность корня из 2 но, вот на моменте когда он говорит что (2b - a)^2 = 2(a - b)^2 это ведь не так. Они не равны если скобки раскрыть. (2b - a)^2 = a^2 - 4ab + 4b^2 и 2(a - b)^2 = 2a^2 - 4ab + 2b^2

Красава, manim база! Жду новых видео)

Спасибо за видео! Сознание радуется такому качественному, поистине красивому контенту; буду ждать ещё!)

Ты доказал, что не существует рационального числа, квадрат которого равен 2. Теперь докажи, что корень из 2 существует, как действительное число

Новый 1blue3brown, в любом случае, успехов в развитие канала)

Есть, кстати, доаольно красивое доказательство иррациональности 2^1/n, где n>2. Пусть это число рациональное, тогда представимо как p/q. Возведем обе части в степень n. Тогда p^n/q^n=2 p^n=2*q^n p^n=q^n+q^n Получили противоречие великой теореме Ферма

Типичная ошибка студента 1 курса. Не доказали что корень двух это действительное число

Зачётная анимация, прям на высоком уровне 🔥 Удачи в развитии!

буду олдом на этом классном канале

поправка: двух целых чисел, при условии, что одно из них не равно 0

Можно ещё через метод спуска)

Ничего не понял, но очень интересно.

Плохо, так как док-во строится на использовании свойств корня, который по идее еще не введен, как понятие

привет. Прикольное док-во.

🎉🎉🎉❤

Круто математические каналы появляются

жека микс? ТО?

0:36 А давно мы умеем рассматривать квадраты со сторонами, выраженными любым целым число? Хотел бы я посмотреть на квадрат со стороной (-1)

Manim - это круто! Поздравляю с дебютом)

если ты хочешь стать популярным как 1blue3brown то не надо в лоб всем отвечать на самые тупые вопросы ;)

через возведение в квадрат проще и наглядней как по мне

Отвратительно! Мало того, что ничего красивого, но и непонятно от слова совсем!

Ровно 2 минуты

Любишь орехи?

Единственное значение корня из двух - 1,4

Хайпово, лайк

Почему из равности суммы площадей желтых квадратов с площадью белого квадрата вытекает равность площадей суммы розовых квадратов и оранжевого?

😢