Demuestre que en algún momento la manecilla de la hora del primer reloj apunta a la punta de la manecilla de la hora del segundo reloj

Question

Considere dos de la ronda de relojes de diferentes tamaños acostado en una mesa:

Como se muestra en la imagen, los relojes pueden ser orientado de manera diferente, pero ambos son ajustados al mismo tiempo.

El problema es demostrar que en algún momento del día, la aguja de las horas del primer reloj de puntos a la punta de la aguja de las horas del segundo día.

Supuestos implícitos:

• Las manos girar de forma continua
• Los relojes no se superponen

Yo: Esto parece como una aplicación del teorema del valor intermedio, pero me resulta muy difícil hacer que mi argumento riguroso.

Intuitivamente, si ampliamos la aguja de las horas del primer reloj infinitamente, cambia todo el segundo reloj en la parte del día que duran menos de 6 horas. Durante ese tiempo, seguramente debe cumplir con la punta de la aguja de las horas del segundo día. Pero cómo probar esto con rigor.

Answer 1

Esto supone que los relojes no se superponen. Deje $O$ denotar la cneter del primer reloj Si los relojes no se superponen, que por la convexidad de la segunda reloj, existe una línea de $\ell$ a través de $O$ tales que el segundo reloj está enteramente en uno de la mitad de los planos definidos por ella. Fijar un sistema de coordenadas con origen en el $O$ en el centro de el primer reloj, y con $\ell$ $y$- eje y con el segundo en el reloj en la negativa $x$ la mitad del plano. Deje $a(t)$ denota el vector de posición de la punta del primer reloj la aguja de las horas en el tiempo de $t$, de manera similar $b(t)$ para el segundo reloj. Deje $n(t)$ denota el vector normal a $a(t)$ en dirección a la derecha, o más formalmente, simplemente deje $n(t)=a(t+3\,\mathrm h)$. Ahora definir la función de $f(t)=\langle n(t),b(t)\rangle$. Sabemos que $a(t)$ $n(t)$ describir un círculo alrededor de $O$, sobre todo que hay veces en las $t_+$ $t_-$ donde $n(t_+)$ en el positivo $x$-eje y $n(t_-)$ es negativa en la $x$-eje, y en estos tiempos se determina únicamente a múltiplos de doce horas. Entonces claramente $f(t_+)<0$$f(t_-)>0$. Por las 12 horas de la periodicidad, podemos asumir wlog. que $t_-<t_+<t_-+12\,\mathrm h$. Como $f$ es continua ($a,n,b$ son continuas en a $t$ por la asunción y el producto escalar es continuo), llegamos a la conclusión de que $f$ tiene un cero $\tau_1$ $(t_-,t_+)$ y un cero $\tau_2$$(t_+,t_-+12\,\mathrm h)$. En un cero de $f$, $a(t)$ debe apuntar a $b(t)$ o lejos de él. Como $\tau_1,\tau_2$ están separados por $t_+$, $a(\tau_1$ y $a(\tau_2)$ se encuentran en diferentes mitad de los aviones, en el que la pertenencia a la negativa $x$ valores que debe tener ese $a(\tau)$$b(\tau)$.

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Tenga en cuenta que la reclamación de hecho, se convierte en false si permitimos que los relojes de la superposición. Por ejemplo, poner en la misma posición, pero ligeramente girado el uno contra el otro.

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Creo que más resultado general (con Dali-como fundido relojes) sostiene, pero hay una serie de sutilezas que participan:

Conjetura. Deje $a,b\colon S^1\to\mathbb C$ se continua con nonintersecting imágenes, $a[S^1]\cap b[S^1]=\emptyset$. Suponga que $\mathbb C\setminus (a[S^1]\cup b[S^2])$ tiene entre otros dos componentes de la $U_\infty$ $U_0$ donde $U_\infty$ es no acotada y $\partial U_\infty$ cruza tanto $a[S^1]$$b[S^1]$, e $U_0$ es limitado y $\partial U_0$ intersecta $a[S^1]$. Suponga $0\in U_0$. Entonces existe $t\in S^1$ tal que $b(t)=\lambda\cdot a(t)$ algunos $\lambda>1$.

Answer 2

Aquí está una declaración más general que implica la suya como un caso especial. Inspirado por Hagen von Eitzen final del comentario, que podría interpretarse como una generalización de la pregunta original con "Dalí-como fundido relojes".

La proposición: Vamos a $\alpha,\beta:S^1\to \Bbb R^2-\{0\}$ dos continuo mapas que no son homotópica. Entonces, existe $z_0\in S^1$ tal que $\alpha(z_0)$ $\beta(z_0)$ son colineales.

Prueba: Vamos a $f,g:S^1\to S^1$ ser el radial proyecciones de $\alpha$$\beta$$S^1$. Entonces, $f\simeq \alpha$, $g\simeq \beta$, y $\alpha(z_0),\beta(z_0)$ son colineales iff $f(z_0)=g(z_0)$. Así, por contrapositivo, es suficiente para mostrar que si $f,g:S^1\to S^1$ son continuas mapas que $f(z)\ne g(z)$ todos los $z\in S^1$$f\simeq g$. Ver $S^1$ como un subconjunto de a $\Bbb C$ y deje $\theta:S^1-\{1\}\to\Bbb R$ ser un ángulo de coordenadas (ver aquí). A continuación, $f(z)/g(z)\in S^1-\{1\}$ todos los $z\in S^1$, por lo que tenemos un mapa continuo $\varphi:S^1\to \Bbb R$, $\varphi(z)=\theta(f(z)/g(z))$ la satisfacción de $f(z)=g(z)e^{i\varphi(z)}$. Ahora tenemos un homotopy entre el $f$ $g$ por $$H:S^1\times I\to S^1,\quad H(z,t)=g(z)e^{i\varphi(z)(1-t)}.$$ $$\tag{Q.E.D.}$$

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Para conectar con la pregunta original, el primer reloj está centrada en el origen, $\alpha$ es la punta de la primera hora-mano y $\beta$ la punta de la segunda hora-mano.

Answer 3

Deje que la punta de la hora, con la mano en el big haga clic en simplemente ser un punto en el plano.

Dejar que los pequeños de la hora de mano representan una línea proveniente de otro punto en el plano (el centro de la pequeña reloj). Esa línea se origina en un ángulo.

Los ángulos son continuos, por lo que se deduce que, por cada punto en el plano, se puede llegar a ella con una línea recta desde el centro de la pequeña reloj.

(La imagen mental que usted debe tener es un solo punto con una arbitrariamente largo de la línea que se extiende desde allí, lo que representa el pequeño reloj y de la mano. A la parte superior derecha, tienes un círculo, que representa las posibles posiciones de la punta de la aguja de la hora del gran reloj.)

Entonces usted quiere demostrar que puede barrer esa línea en una de las agujas del reloj revolución alrededor del centro de la pequeña reloj, y sin duda le golpeó la hora-punto de la mano del gran reloj.

Y esto está claro: el punto de la hora, con la mano en el gran reloj se mueve continuamente en un círculo. Podemos utilizar la línea de bisecar el círculo en dos partes: la parte que ha ido a más (Una) y la parte que no ha ido a más (B). En todo momento, el punto estará en a o en B.

Comenzamos con Un ser vacío y B, siendo todos los puntos. Más tarde, la línea se han extendido por todo el círculo, así que B va a ser un conjunto vacío y Un contendrá todos los puntos. Eso significa que el punto de la aguja de las horas se va a mover de la serie B para establecer Una en algún momento. Y la única manera de que este movimiento es posible si se trata de 'barrido' por la línea, es decir, si se cruza la línea, es decir, si es señalado por la pequeña manecilla de las horas.