Машина, деревья и наблюдатели

[arseniiv]

Ночь. Двое наблюдателей, находящихся в точках $(\pm1,-1)$ плоской Земли, смотрят на машину, едущую равномерно вдоль прямой $y = 1$. Между машиной и наблюдателями в виде какого-то множества $P\subset \mathbb R\times\{0\}$ посажены деревья, имеющие свойство перекрывать свет от фар машины (которые почему-то являются точечным источником), распространяющийся согласно геометрической оптике. Каким может быть $P$, чтобы в каждый момент времени наблюдатели оба или видели свет, или не видели?

Насчёт $P = \mathbb R, P = \varnothing$, равноответности $P$ и $\mathbb R\setminus P$, и даже $P = \mathbb Z$ можно не писать.

(Оффтоп)

Каким может быть множество наблюдателей, располагающихся на прямой $y = -1$, чтобы были возможны нетривиальные (т. е. кроме $\mathbb R, \varnothing$) решения?
(И другие вариации насчёт множеств, в которых могут быть наблюдатели, деревья и машина.)

-- Ср сен 09, 2015 00:22:39 --

Да, кажется, в текущем виде задача простовата. Надо выбрать из обобщений что-нибудь поинтереснее…

[unistudent]

Стыдно спросить, но любопытство сильней. Что такое $P \subset \mathbb R\times\{0\}$? Деревья растут на прямой $y=0$?

[arseniiv]

Оно самое. $x\in\mathbb R$ и $y\in\{0\}$.

[unistudent]

А толщина деревьев, расстояние между глазами и между фарами роли разве не играет?
И сомнительно, что $P = \mathbb Z$ будет решением.

[arseniiv]

Будем считать, что деревья нулевой толщины, а у каждого наблюдателя один точечный глаз.

Сейчас проверю $\mathbb Z$, я его только прикинул без обоснования.

-- Ср сен 09, 2015 01:29:53 --

Да нет, всё верно. Отождествим пока тут $P$ с $\mathbb R$ для простоты, тогда $x\in P$ влечёт $x\pm1\in P$, и, посадив дерево в $x$, мы вынуждены будем засадить ими всё $x+\mathbb Z$, но не обязательно больше. Потому задача в текущем виде простая — все ответы эквивалентны подмножествам $[0;1)$. Выбирайте обобщение!

[unistudent]

arseniiv в сообщении #1051715 писал(а):

Будем считать, что деревья нулевой толщины, а у каждого наблюдателя один точечный глаз.

Фара тоже одна, надо думать? Тогда действительно очень просто

[arseniiv]

Возлагаю какие-то надежды на задачи с тремя и более наблюдателями. Там итерировать можно будет уже не одну функцию ($1\to2$), а как минимум три две ($1\to2,1\to3$).

unistudent в сообщении #1051717 писал(а):

Тогда действительно очень просто

Можно сделать деревья толстыми, а глаза многочисленными, просто убрав запрет располагать их лишь на $\mathbb R\times\{0\}$ (можно заполнять «канаву» $\mathbb R\times[-a;a]$) и помножив наблюдателей.

-- Ср сен 09, 2015 01:50:34 --

Худшие опасения подтвердились: $n$ наблюдателей, даже не выстроенных в линию, дают не более $n-1$ разных, но при том всё-таки линейных, преобразований, относительно которых должно быть инвариантно $P$.

-- Ср сен 09, 2015 01:53:50 --

Но если сделать хотя бы два ряда деревьев, должно стать интереснее.

[unistudent]

С несколькими наблюдателями в узлах решетки с постоянным шагом тоже вроде не сложно

[arseniiv]

Если деревья по прямой, как в исходном условии, то

arseniiv в сообщении #1051719 писал(а):

$n$ наблюдателей, даже не выстроенных в линию, дают не более $n-1$ разных, но при том всё-таки линейных, преобразований, относительно которых должно быть инвариантно $P$.

Под неаккуратным «разных» я тут понимал «достаточных, чтобы породить все остальные», а под «линейных» надо написать «аффинных», вида $x \mapsto ax+b$. Получается довольно простая IFS.

[unistudent]

Да, это любопытно. Только я не все понимаю из того, что вы пишете. Какие линейные преобразования, для чего? Я пока в своих попытках разобраться с этой задачей пользоввался теоремой Фалеса. Но интересно было бы узнать, чем пользуетесь вы. Если не сложно, в двух словах, плз, не отсылая к талмудам. Спасибо:)

[arseniiv]

Тут всё банально: берём дерево $x$ и $n$-го наблюдателя, находим положение машины, в котором она загорожена, после чего ставим дерево $f_{nm}(x)$ так, чтобы $m$-му наблюдателю машина тоже не была видна. $f_{nm}$ зависит в данном случае только от $n$ и $m$, так что можно брать любые их композиции. Получим из одной точки множество точек, которые должны вместе с ней принадлежать или не принадлежать $P$. Семейство всевозможных таких множеств $\mathcal S$ является разбиением прямой, и мы получаем решение $P = \bigcup\mathcal C, \mathcal C\subset\mathcal S$, т. е. объединение произвольного числа блоков разбиения (и всего их $2^{\mathcal S}$ штук).

[unistudent]

Можно переформулировать задачу так: в двух параллельных траншеях (линии $y=\pm 1$) на одинаковом расстоянии друг от друга сидят скауты, в одной траншее скауты черные, а в другой - белые. Как надо посадить деревья между траншеями, чтобы черные не видели белых, а белые черных.

Ответ дает картинка

[arseniiv]

Скучно как-то переформулировали.

[unistudent]

Согласен. Но так было легче пояснить картинку.

[arseniiv]

Точнее, я до сих пор, признаюсь, не понял, в каком смысле имелось в виду это переформулировали — привели новую эквивалентную формулировку той же задачи или новую формулировку другой задачи? Если первое, то я что-то не соображу, при чём здесь это. (Например, ответом к оригинальной задаче может служить периодически повторённое множество Кантора.)