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易知，当初始点为对角线三等分点时红线平均长度为AC/3 情况一：对于线段AP和线段CQ上的任意一点T，显然它抛出的线段 情况二：对于线段PQ内的任意一点T1，都有它在触壁“折射”之后落点必然落在AP或CQ上，这里取T1在PO上的版本，此时，延迟CB，平移线段 至图中对应颜色的虚线位置，显然， 即线段的平均值<AC/3. 而在图中除了经由PQ两点抛出的线段外的所有初始点抛出的折线段中的斜线段都可以看做是数种情况一和数种情况二的组合，而情况一和情况二内部的斜线段平均值都<AC/3，它们在平均一下得到的总的斜线段的平均值肯定也<AC/3。故三等分点对应的平均长度为AC/3的斜线段是此规则下可无穷迭代的线段中斜线段平均长度的最大值。 这种方法怎么说呢，只是一个让人感觉之前怎么就没有想到的中规中矩的方法，还是用特殊值凑的，感觉不够优雅与让人眼前一亮。不过比起代数方法做还是优雅了许多，同时，依旧期待着更好更灵活的想法。

不知道你是怎么得出这个结论的。我只是指正你那同学“证明稠密并不代表可以直接看面积”的错误后，你说“你知道稠密不行要连续才能直接看面积”，我再指正“连续也不能直接看面积，要考虑概率密度函数”而已。这一思路本身不就是在将无穷多的稠密的离散变量给看做是连续变量的思路吗？单看有限的过程它是离散的，考虑无穷的过程可以将其当做是连续的，这两个本身并不矛盾。给你举的sinx的例子不也是连续的吗？这就像是你说火箭应该靠风吹着上天然后我说风力不足以支撑起火箭的重量然后你告诉我我考虑的是质量问题你考虑的是力的问题一样，用莫名其妙的分类方式避开问题的重点。这里问题的重点在于你没法保证t是均匀分布的，所以不能直接看图像的面积，要看t对应的函数值和t的概率密度函数的积分。就像是刚刚那个例子，如果我通过投骰子来决定x的取值，如果投到1就在(0,π/4)的区间上随机取一个点，投到2及以上就在(π/4,π/2)的区间上随机取一个点。这时候我用于取点的区间任然是连续的，但你还认为我一直这么取下去得到的sinx的平均值还是2/π吗？这里的图像面积本身并未包含概率密度信息，你没法保证t落在AC上某一区间的概率和这个区间的长度的比值是一个定值，所以不管连不连续都不是看这里的面积，明白了吗？ 至于你的这一句我更倾向于你是把“显然不是连续”错打成了“显然无法不是连续”。不然你给我的感觉就像是在说“火箭显然无法不靠风力做出麻婆豆腐”一样。我在思考的是“最优策略”（上天）的问题，你在回答的是“求随机一点的期望”（做麻婆豆腐）的问题。你要是支持风力的思路，那虽然抽象但不是不可能，你要是能把火箭的整体重量降到风也吹得起来（求出概率密度函数算出任一初始点出射以后的期望）。但是你要是说“显然无法不用风力”——直接将核动力（几何方法）和化学燃料动力（列数列求通项）排除在外，除此以外什么结果都没有的话是不是有点。。。 其实本身这一题的普通解法我上面已经写出来了，不过还不够让人眼前一亮，所以想来看看有没有谁能给出巧妙的思路。不过我现在倒是有了一个比较巧妙且严谨的证明思路，直接从平均1/3AC的特定解入手通过假设和反证在不用太多计算的前提下完成证明。等我把图片文字啥的编辑完了以后再发出来吧

嗯，打错了，我指得也是4-8x，8x-2与4-8x在这个区间上没有绝对的大小关系，这里就不能贪心。 对啊，就是有限二进制小数会糊到B点，但是无限二进制小数绝对不会糊到B点，所以题目中就是说了排除有限二进制小数。 连续也不能拿面积除，就是个落点概率不一样的问题，一块区域的权重不一样。我举的那个sinx的例子就是，不能因为它的值域是0~1上的连续区间就认为它在x在(0,π)区间上随机取值时平均值为1/2。 只要不是有限二进制小数和我上面说的1/3相关的那几个点，最后坐标都不会趋近于某个特定值，最多在多个特定值之间往复波动。无理数就是完全没有波动周期（因为n个周期之后肯定是一个有理数+有理系n数不同的这个无理数的n倍）。但是讨论这些都不影响题目讨论的内容。我问的是期望最高的取法，是否能取到平均>1/3AC的初始点，以及是否有方法证明这种取法是最优的。

但还是没看出你这里是打算如何dp的，x并非一个具体的值，比如你图里x∈(1/4,1/2)的时候8x-2与4x-8并没有绝对的大小关系，这里一样还是要分类讨论，然后像你图里把所有情况都算出来也完全不是dp，感觉你这就是横向全部算出来然后比较一遍然后选最好的算下去。这只是没有证明最优性的贪心而已。毕竟首先你就不能保证i=9时的最优解前面的折返过程与i=10时的前九步是一致的。 —————————— 至于用有限二进制小数可以表达的初始我一开始在给出题目的时候就排除了： 我一开始就去掉了最终会直接射到B点上最终终止迭代的初始点，顺道一提你这份南开数学系的同学的解答漏洞有一堆。 首先稠密不代表均匀，sinx的值域在0~π上也是稠密的但是它在0~π上的期望并不为1/2。然后At的非稠密条件也并非是靠二进制有限小数即可完全寻找的比方说t=1/3和t=2/3的时候，At就只是两条直线。以及从t=1/3、2/3的上级迭代点（t=1/6、5/6）以及上上级迭代点（t={1/12,7/12}、{5/12,11/12}）以及再往前迭代的那些点（不好直接表示，自己推即可）作为t时都是非稠密的。 如果你的那位同学有兴趣的话可以把完整题目和题目下的思路截图或者复制一下发给他，顺道这篇回答也发给他。问问他有没有什么别的想法。

我题目排除的点除外的位置都能无限迭代，至于要陷入某种无限循环，也有好多的位置，只要它们最后能到达斜边上的三等分点就可以陷入周期为2的循环之中。进入3等分点的方法是从另一个三等分点或者六等分点，而进入六等分点的方法是5/12点或1/12点。。。。。总计有无穷多的点可以最终达成无限循环

没太看懂这一句 前面那个约束也没看懂，y=1+x的约束是怎么来的用来干什么的？把正方形翻转对称一下吗？但是这里对称后用射线的结论应该不等效于原问题，对称之后要等效于原问题还得是横平竖直的。要想当成射线看得在射到直角边的时候将交点当做另一相同正方形斜边的交点才行，不过这么做我也没看出啥巧妙的规律来。 而dp这个就更奇怪了，这道题里对于某一出发点只有一个结果而没有可以交给我们的选择，这里没有2-2m和2m给你选，只有不同的初始m会对应不同的选择方向。如果从结果逆推首先得定义最终结果，其次从结果逆推的时候dp出来的应该不是最优解。 —————————————————— 关于无穷次反射时的期望。假设证明直角边上每一个点的机会是均等的，而这个可以看做是马尔可夫过程，用状态转移方程可以看出每一个点的下一个状态的映射和原先的概率密度函数一样，而假设自洽的条件是假设这个马尔科夫过程能形成一定周期，并且周期中的不同相位某一点机会的平均值与假设相符。同过这一点我们可以看出这个假设起码自洽，至于是否存在其它自洽的假设我不确定，暂时没有想到。如果这个假设是对的的话那期望的斜边平均长度就应该是1/4AC，如果把正方形边长看做是1那就应该是根号2/4，不清楚你说的Σl=1是什么意思。

题目：https://sstm.moe/topic/330930-一个正方形内如何让某种折射方式的斜线段平均最长/ 一种简单思路（也算是解答，写在隐藏内容里了）：https://sstm.moe/topic/330930-一个正方形内如何让某种折射方式的斜线段平均最长/

隐藏内容里有说，当选中对角线三等分点时平均长度为1/3对角线长即是sqrt(2)/3倍边长

如题：假设从正方形ABCD的对角线AC上的任意一点O出发，朝DB方向发出一条射线，这条射线碰到AB边后会朝BC方向移动，碰到BC边后会朝BA方向移动，碰到AC边后会超DB方向移动。问AO/AC=多少时这些图上的斜线段（红线）的平均长度最长？（AO/AC∉{Σ(0or1)×1/2^i(并非是二进制有限小数)}，即射线不会碰到ABC三点中的一点） 以下为一个思路，但是希望能有人给出更为巧妙的解法。

只是恰巧看到了一个和数学相关的东西，突发奇想聊了几句

是啊，终点位置再往下实际上都不是推论的问题了，这个问题的答案都有可能改变了。所以我的推论就是为了包含你说的这种特殊情况和能直接通过走直线构建三角形的情况才假设的。而你说的“对任何家的位置1号路线都能找到三角形”是比“1号线路中必然存在一个比2号线路中所有线路都要短的线路”更弱的一个条件。而在只知道大致位置而不知道具体相对位置的数值的时候我的推论是“1号线路中必然存在一个比2号线路中所有线路都要短的线路”的充要条件。可能是我一开始画的图不够标准，而让你忽视了这个特殊情况。因为现实中我思考这个问题的时候实际情况是像我最后画的这个图这样差不多的，家门口一出来是看不到那条直道的入口的，所以我当初构想的是这种证明方法。

可能我上面话的不够标准，如果是这样呢？

我指得是像这样，当家到半圆切线与半圆的底所在的直线（蓝线）在U型弯内无交点的时候1号线中就不存在你所说的代替黄线+蓝线的红线，一号线一样必须要走折线。 而第二问可以肯定两切线长之和大于圆弧长度，证明如下（采用弧度制）： 对tanθ求导即tanθ'=sec²θ>1 又θ=0时r*tanθ=r*θ=0 θ∈(0,π/2)时(r*tanθ)'=r*sec²θ > r,(r*θ)' = r 即在(0,π/2)r*tanθ的增量始终大于r*θ ∴θ∈(0,π/2)时r*tanθ>r*θ 这就是完全不用量的，或者直接从几何上看： 如图在一个单位圆上做一条与x轴夹角为θ的射线(绿虚线)，此时扇形面积（蓝色区域）=r²*θ/2（θ/2π个圆形的面积） x轴、射线y=x*tanθ、直线x=1围成的三角形区域的面积（蓝色区域+黄色区域） = 1(三角形在x轴上的直角边的长度)*tanθ（三角形的另一条直角边长度）*1/2 显然只要θ∈(0,π/2)三角形面积就大于扇形面积。 对你所说的 “两切线长之和是 2*r*tan（圆心角/2） 圆弧长度是（圆心角/180°）*r*π ” 换成弧度制其实就是比较2*r*tanθ和(2θ)*r的问题，就是上面说的比较tanθ和θ的问题。

红线被遮挡而黄线不会那么红黄蓝三线就不能组成像上面一样的三角形了。不理解你说的“2号能走的所有路线最后都能从1号里头找到一条直线组成三角形”的证明过程。 第二问的关键并不在于图中的1234个区域，而重点在于 这张图画的切线交点和切线与圆的切点围城的黄色区域，在这区域内要证明任意一条从蓝线切点到红线切点的路径长度都大于这段圆弧的长度。而无穷迭代指得就是当路径上的点并不贴合弧线的时候在偏离弧线的部分找弧上一点做切线一定会交路径于2点，而这段新切线加上那两点沿原路径到起点/终点的距离一定小于原路径的总长度。而因为切线也同样无法贴合圆弧，所以还需要反复在圆弧上找切点作切线，就是我说的无穷迭代。直到最后逼近圆弧。

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