オーバーエンド

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オーバーエンド

アークスが戦闘時に使用できるPA (フォトンアーツ) の一つである。フォトンフィールドによって半実体化したエネルギーソードで目標を駆逐する。


オーバーエンドとダガッチャ問題

テセウスの船、ルイス・キャロルのパラドックス、モンティ・ホール問題と並ぶ論理的命題として「オーバーエンドとダガッチャ」は有名である。
単純な演繹からでてくる結論を認めることが可能か。基本的な推論規則で証明が可能か。以下にその証明式を記す。

上図のように、ある距離からはなつオーバーエンドが、目前のダガッチャに届くか?
ただしこの際、空気抵抗とフォトン流体伝導率は考えないものとする。

オーバーエンドの到達速度を v m/s、ダガッチャの回避速度を rv m/s とし、ダガッチャとアークスとの距離を L m とする。
ダガッチャの回避速度はオーバーエンドの到達速度よりも小さい為、0 < r < 1 である。
両者が同時に移動を開始したとき、オーバーエンドの到達時間は、L / v である。その時ダガッチャは rv * (L / v) = rL の距離にある。
そしてオーバーエンドがその位置まで到達するのはさらに、r × L / v の後であり、その時ダガッチャはさらに r^2 L 移動する。
以下同様にそれを繰り返すと、オーバーエンドがダガッチャに到達する時間の合計は、

L/v + r^1L/v + r^2L/v + r^3L/v + r^4L/v + r^5L/v + r^6L/v + … となる。

つまり項が無限に続き、常にいくらかずつ回避が行われいるということになり、オーバーエンドは到達しないという結論で考えがちである。
だが、項が無限にあっても「常に」即ち「時間の無限」においてでは無い。これは初項 L/v 公比 r の等比数列で、n+1 項までの和は、
{(1-r^n)L/v*}/(1-r) となり、n が無限大であるとすると、0 < r < 1 であることから、r^-(N+1) は 0となる。
つまり、無限に加算した場合の総和は、(L/v)/(1-r) となり、級数の収束の問題に還元される。

これを GPL においてプログラミングすると、

double akr(dagatcha, arks);
double dagatcha; double arks;

{
return dagatcha - arks;
}

double tur(ak_d) double ak_d;

{
return ak_d/2.0;
}

main(argv, argc) int argv; char *argc[]; {

double arks; double ak_d;

double dagatcha; double tu_d;

int time;


/* init */ arks = 0.0; dagatcha = 100.0;

time = 0;

while(arks < dagatcha){

    ak_d = akr(dagatcha, arks);

    tu_d = tur(ak_d);

    dagatcha = dagatcha + tu_d;

    arks = arks + ak_d; time++;

    printf("%d %le %le\n" , time, arks, dagatcha);

}

}

であり、最少ビットになった時点で終了するようすると、長さの無限分割は有限となる現実解を導く事もできるのだが、
高次フォトン物理においては単位虚数時間における不可逆無限分割が仮説上ではあるが成立することから、
ダーカーによる空間許容率の限界領域にまで達していた場合では、意図に反した結果となりうる宇宙を提起できるのである。
公理系を矛盾化することによりオーバーエンドは (not)オーバーエンドであり、疑似パラドックスによって、到達結果を消失する。
(オラクル大学付属高校、新光歴238年度入試問題より)


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  • 最終更新:2014-06-06 10:47:44

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