Eu encontrei o seguinte jogo. Vou migrar isso conforme solicitado.

• Um bug está visitando os círculos e um adversário deseja maximizar seu tempo de viagem.

• O adversário coloca um círculo a cada turno.

• O bug sai de sua posição atual diretamente em direção ao centro do círculo mais novo e depois para quando encontra o interior do círculo (assim: não anda se um círculo for jogado cobrindo sua localização). Esta é a vez do bug.

• Existem $N$ círculos disponíveis para o adversário.

• Cada círculo subsequente tem raio menor que o círculo anterior.

• Cada círculo deve cruzar a interseção de todos os círculos reproduzidos anteriormente. Ou seja, todos os círculos devem ter um cruzamento comum depois que todos são executados.

EDIT: O adversário é livre para escolher os raios dos círculos, sujeito à restrição de que os raios diminuam monotonicamente.

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Perguntas e respostas:

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1. A distância como $N\to\infty$ limitada? R: Não, um exemplo de estratégia adversária é dado por esta resposta
2. Qual é a distância máxima que o inseto deve percorrer ao tocar $N$ círculos. A: cresce em $\Theta(\log(N))$ , pela mesma resposta.

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Variante 2 : O bug caminha diretamente em direção à interseção dos dois círculos reproduzidos mais recentemente .

UPDATE: Esta variante foi abordada, sob a suposição de que o bug só consegue se lembrar dos últimos 2 círculos jogados aqui . O resultado foi novamente uma distância ilimitada.

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Qual o impacto que a memória não impressa tem? ou seja, o bug vai para a interseção de todos os círculos reproduzidos anteriormente . Isso produziu um limite "solto" de , onde d é o diâmetro do primeiro círculo. Obviamente, não pode ser menor que isso. Veja aqui . O limite superior atual era 1000 × d . Isso foi obtido aproximando o caminho do pior caso como um passeio em círculos progressivamente menores. Foi mostrado que o bug sempre progride em direção à interseção final, reduzindo assim a distância do próximo passo que ele deve percorrer.$O(d)$$d$$1000\times d$

Suspeito que a distância percorrida seja um pouco constante vezes a circunferência do primeiro círculo, mas atualmente não sou capaz de fornecer uma boa prova.

Esta resposta tem duas partes, mostrando juntos que o limite correto é :$\Theta(\log N)$

1. Um limite inferior de (vezes o raio do primeiro círculo).$\Omega(\log N)$
2. Um limite superior correspondente de .$O(\log N)$

Limite inferior de $\Omega(\log N)$

Considere dois círculos unitários que tocam em um ponto . (Veja abaixo; p está à direita, o erro começa à esquerda.) Alterne entre um círculo e outro. O bug irá subir e descer ziguezague pela fenda entre os dois círculos, movendo-se principalmente para cima e para baixo, mas também progredindo lentamente para a direita. Se eu fiz a trigonometria corretamente, após N etapas, a distância do ponto comum será Θ ( 1 / $p$$p$$N$, e aNth passo fará com que o erro de andarΘ(1/N), para uma distância total deΘ(logN).$\Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(1/N)$$\Theta(\log N)$

Aqui está um esboço dos cálculos. Considere algumas duas etapas consecutivas que o bug executa. Ele vai de algum ponto , a b , a c . Os pontos a e c estão no mesmo círculo; o ponto b está no outro círculo. Seja o centro do círculo em que a está. Considere os três triângulos a seguir, em ordem decrescente de tamanho:$a$$b$$c$$a$$c$$b$$o$$a$

1. O triângulo isoceles (recordação p representa o ponto comum).$\triangle oap$$p$
2. O triângulo .$\triangle abp$
3. O pequeno triângulo $\triangle abc$

Esses triângulos são quase semelhantes (ou seja, escala de módulo congruente). Mais precisamente, para , todos os três têm a seguinte propriedade: a razão entre o comprimento da perna curta e a perna longa é Θ ( ϵ ) . (Não vou provar isso com mais detalhes aqui, mas observe que ϵ → 0 à medida que o erro avança e, ao perturbar um vértice em cada triângulo por uma quantidade desprezível, os triângulos podem se tornar semelhantes.)$\epsilon = |ap|$$\Theta(\epsilon)$$\epsilon\rightarrow 0$

As longas pernas e p o do primeiro triângulo tem comprimento 1. Sua perna curta | a p $co$$po$$|ap|$tem comprimento . Segmento de um p é uma perna longa da segunda triângulo, de modo que a perna curta do triângulo um b tem comprimento Θ ( ε 2 ) . Segmento de um b é uma perna longa da terceira triângulo, de modo que a perna curta do triângulo um c tem comprimento Θ ( ε 3 ) . Assim, nestas duas etapas que o bug executa:$\epsilon$$ap$$ab$$\Theta(\epsilon^2)$$ab$$ac$$\Theta(\epsilon^3)$

1. A distância o erro viaja é Θ ( ϵ 2 ) .$|ab|+|bc|$$\Theta(\epsilon^2)$
2. A distância do bug ao ponto comum diminui de ϵ para ϵ - Θ ( ϵ 3 ) .$p$$\epsilon$$\epsilon-\Theta(\epsilon^3)$

Definir tempo ser o número de passos antes ε t ≈ 1 / 2 K . Em (2) acima, ϵ diminua por um fator constante após cerca de Θ ( 1 / ϵ 2 ) etapas, então t k$t_k$$\epsilon_t \approx 1/2^k$$\epsilon$$\Theta(1/\epsilon^2)$. Assim, t k =Θ( 4 $t_{k+1} = t_k + \Theta(2^{2k}) = t_k + \Theta(4^k)$$t_k = \Theta(4^k)$ . Isto é, depois de passos, a distância a partir do erro no ponto comum p será de cerca de 1 / 2 K . Alterando variáveis, após N etapas, a distância do bug ao ponto comum será ϵ = Θ ( 1 / $\Theta(4^k)$$p$$1/2^k$$N$. E, noN° passo, o erro viajaΘ(ε2)=Θ(1/N). Portanto, a distância total percorrida no primeiro$\epsilon = \Theta(1/\sqrt N)$$N$$\Theta(\epsilon^2) = \Theta(1/N)$$N$ passos é .$\Theta(1+1/2+1/3+...+1/N) = \Theta(\log N)$

Este é o limite inferior.

Estende-se à Variante 2 proposta (como eu a entendo), da seguinte maneira:

Adicionar a restrição de que o bug deve se mover para o ponto mais próximo na interseção dos dois círculos colocados mais recentemente não ajuda. Ou seja, o limite inferior acima ainda se aplica. Para entender o porquê, modificaremos o exemplo acima adicionando um único círculo estranho que permita que o bug atenda à restrição enquanto ainda estiver percorrendo o mesmo caminho:$\Omega(\log N)$

Os círculos verde e azul são os dois círculos do exemplo acima. A intersecção aponta e b são os mesmos um e b como no exemplo acima. O círculo vermelho é o novo círculo "estranho". A sequência anterior alternava entre os círculos azul e verde. A nova sequência será essa sequência, mas com o círculo vermelho adicionado antes de cada círculo na sequência antiga: vermelho, azul, vermelho, verde, vermelho, azul, vermelho, verde, vermelho, azul, ...$a$$b$$a$$b$

Suponha que o bug está sentado em após azul é colocado. O próximo círculo colocado é vermelho. O vermelho contém o erro, para que ele não se mova. O próximo círculo colocado é verde. Agora o bug se move para b (que é o ponto mais próximo da interseção dos círculos verde e vermelho). Repetindo isso, o bug viaja como antes.$a$$b$

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Limite superior de $O(\log N)$

Eu só desenho a prova.

Corrija qualquer sequência de círculos. Argumentaremos que, como , a distância total percorrida pelo bug nos primeiros N passos é O ( log N ) . Suponha, sem perda de generalidade, que o primeiro círculo tenha raio 1.$N\rightarrow \infty$$N$$O(\log N)$

Corrija um arbitrariamente grande . Seja p em qualquer ponto da interseção dos primeiros N círculos. Observe que, devido à maneira como o bug se move, a cada passo que o bug se move, ele se aproxima de p .$N$$p$$N$$p$

Primeiro, considere as etapas em que a seguinte proporção é pelo menos : a redução na distância para $1/\log N$ A distância total percorrida em tais etapas éO(

$$\frac{\mbox{the reduction in the distance to } p}{\mbox{the distance traveled in the step}}.$$ , porque a distância total percorrida em tais etapas é O ( log N ) vezes a distância inicial para p . Por isso, só precisa ligado a distância total percorrida em outros passos --- aqueles em que a referida relação é, no máximo, 1 / log N .$O(\log N)$$O(\log N)$$p$$1 / \log N$

Primeiro, argumentamos algo um pouco mais fraco: que a distância total percorrida em tais etapas antes que o raio do círculo diminua para 1/2 ou menos é . (Mostramos mais tarde que isso é suficiente para dar o limite.)$O(\log N)$

Considere qualquer passo desse tipo. Deixe e b , respectivamente, denotam os locais do bug antes e depois da etapa. Deixe o denotar o centro do círculo atual. Seja b ′ denotar o ponto no raio$a$$b$$o$$b'$ tal que| pa| =| pb| :$\overrightarrow{pb}$$|pa| = |pb|$

Considere os seguintes triângulos:

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

Por argumentos geométricos semelhantes aos do limite inferior, para alguns , cada um desses triângulos tem duas pernas longas e uma perna curta, e a proporção (para cada triângulo) do comprimento da perna curta para o comprimento da perna longa é Θ ( ϵ ) : | b b ′ $\epsilon$$\Theta(\epsilon)$

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

Essa equação e a suposição de que , Que é o raio do círculo, é em [ 1 / 2 , 1 ] implica que | a b | = Θ ( | p a | 2 / | b o | ) = Θ ( | p a | 2 ) e depois | b b ′ | = Θ ( | a b $|bo|$$[1/2,1]$$|ab| = \Theta(|pa|^2/|bo|) = \Theta(|pa|^2)$ .$|bb'| = \Theta(|ab||pa|/|bo|) = \Theta(|pa|^3)$

Agora vamos nos concentrar na distância do bug até a . Chame-o de d antes do passo e d ' depois do passo. (Nota d = | p a | , d ′ = | p b $p$$d$$d'$$d=|pa|$$d'=|pb|$ , e .)$d-d' = |bb'|$

Nesta etapa, essa distância reduzida em | b b ′ | , que pelas observações acima é Ω ( d 3 ) .$d$$|bb'|$$\Omega(d^3)$

Assim, o número de etapas adicionais necessárias para reduzir a distância por um fator de 2 (no máximo ) é O ( 1 / d 2 ) . Alterando as variáveis, se d = 1 / 2 k , o número de passos adicionais necessários para trazer a distância abaixo de 1 / 2 k + 1 é O ( 4 k ) . Uma vez que a soma é geométrico, o número total de passos necessários para levar a distância abaixo 1 / 2 k é O $d/2$$O(1/d^2)$$d=1/2^k$$1/2^{k+1}$$O(4^k)$$1/2^{k}$ . Alterando variáveis ​​novamente, após n etapas, a distância até p será O ( 1 / $O(1/4^k)$$n$$p$.$O(1/\sqrt n)$

Finalmente, recordando o exibido equação vários parágrafos acima, no º passo, a distância que o bug viaja, ou seja | a b | , é O ( ( a distância atual para  p ) 2 ) = O ( 1 / n ) . Assim, a distância total percorrida nas primeiras N tais passos, enquanto o raio do círculo é em [ 1 / 2 , 1 ] é no máximo N Σ n = 1 O ( 1 $n$$|ab|$$O((\mbox{the current distance to } p)^2) = O(1/n)$$N$$[1/2,1]$

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

Por escamação, conclui-se que, para qualquer , a distância total percorrida enquanto o raio do círculo é na gama [ 1 / 2 k , 1 / 2 k + 1 ] é O ( log ( N ) / 2 k ) . Somando $k$$[1/2^k, 1/2^{k+1}]$$O(\log(N)/2^k)$$k$ , a distância total percorrida é . QED$O(\log N)$

David E. conjecturou

"Talvez a resposta seja diferente se o inseto caminhe diretamente para o ponto mais próximo no cruzamento atual, em vez de para o centro do novo círculo?"

(EDIT: Observe que isso não é o mesmo que a "variante 2" no final da pergunta do pôster original.)

Aqui está uma prova (mais ou menos) de sua conjectura (é delimitada neste caso).

Lema. Para a variante sugerida por David, a distância total percorrida pelo erro é sempre , em que d 0 é a distância máxima entre o erro e qualquer ponto do primeiro círculo colocado.$O(d_0)$$d_0$

prova. Suponha ao WLOG que o local de descanso final seja a origem que o erro comece na distância 1 de $o$$o$ . Para exposição, assuma que o erro começa no tempo , viaja à taxa unitária (uma polegada por segundo) e para apenas quando atinge o último disco colocado. Observe que (conforme explicado mais abaixo) à medida que o erro rastreia sua distância até a origem diminui estritamente.$0$

Particione o disco de raio unitário (centrado em ) em infinitos anéis, desenhando círculos concêntricos dos raios 1 , 0,99 , 0,99 2 , 0,99 3$o$ .$1, 0.99, 0.99^2, 0.99^3, \ldots$

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Afirmação. Dentro de qualquer anel de (exterior) de raio , o erro viaja um total de, no máximo, 10 d unidades.$d$$10 d$

Esboço de prova. SEM perda de generalidade (por escala) assume que o raio externo é 1. Suponha, por contradição, que o erro gaste mais de 10 segundos neste anel antes de passar para o próximo anel (de raio externo 0,99). A qualquer momento , considere o ângulo α ( t ) formado pelos dois vetores a seguir: o vetor apontando do erro na direção em que ele está viajando e o vetor apontando do erro para a origem.$t$$\alpha(t)$

O erro está sempre se movendo em direção ao ponto mais próximo na interseção dos discos colocados até agora, e essa interseção é convexa e contém a origem. Portanto, o ângulo é sempre estritamente menor que noventa graus, e a distância do erro até a origem está estritamente diminuindo.$\alpha(t)$

Sempre que o ângulo é, digamos, inferior a oitenta e nove graus, a distância para a origem que diminui a taxa de pelo menos 1 / 100 . Mas, durante todo o tempo em anel, esta distância diminui por menos do que 1 / 100 , de modo que a quantidade total de tempo gasto no anel quando α ( t ) < 89 é no máximo de 1 segundo. Assim, são gastos pelo menos 9 segundos com o ângulo α ( t ) sendo pelo menos 89 graus e no máximo 90 graus. Agora considere qualquer momento $\alpha(t)$$1/100$$1/100$$\alpha(t) < 89$$9$$\alpha(t)$$t$ . Desde , e o anel tem largura 1 / 100 , o erro está viajando quer distintamente dos ponteiros do relógio em torno do anel, ou distintamente sentido anti-horário.$\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$

Vamos denotar o ponto em que o erro está se movendo (o ponto mais próximo na interseção dos discos colocados até agora). À medida que o inseto se move em direção a p , considere a linha através do inseto e perpendicular à direção do movimento do inseto. Essa linha separa o plano em dois semiplanos, um "à frente" do erro (contendo $p$$p$$p$ a interseção dos discos) e o outro "atrás" do erro. Marque os pontos no semi-plano atrás do erro como morto - o erro nunca pode retornar a qualquer ponto depois de marcado como morto (porque o ponto não está na interseção dos discos).

Desde , e o anel tem um raio e largura 1 / 100 , quase metade dos pontos do anel estão por trás do erro e são mortos, incluindo os pontos imediatamente por trás do erro. O erro não pode retornar a esses pontos; portanto, se ele estiver inicialmente viajando, digamos, no sentido horário, então não poderá "girar" e começar a viajar no sentido anti-horário (por mais de 1 segundo). Assim, dos 10 segundos, o bug teria que gastar pelo menos 8 segundos viajando no sentido horário. Mas a circunferência do anel é 2 $\alpha(t) \in [89,90]$$1/100$$1$$10$$8$$2\pi< 7$, metade do anel está morto assim que o bug é iniciado e o bug não pode retornar a nenhum ponto morto, portanto, isso é impossível. Isso prova a afirmação (mais ou menos; talvez alguém possa dar um argumento mais preciso).

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Pela reivindicação, a distância total percorrida (em todos os anéis) é, no máximo,

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

Obviamente, o fator constante aqui é frouxo. Por exemplo, se o erro viaja no primeiro anel em um ângulo de 89 graus ou mais, isso mata imediatamente quase metade dos pontos no disco do raio 1 (não apenas os pontos desse anel).