1樓：何樸藩
問題很有趣。我猜是g>3，但還沒完全證出來，現在能證3是下界（其他回答給了4是上界）。我先拋磚引玉，有想法了再補充。
定理1. 最後四星合併時守護者必然可以移動到合併點。
證明：顯然g>1且需要發生攜帶。那麼讓守護者追隨最後一次釋放的星星運動即可。■
定理2. 如果速度g能夠最終在某點處合併四顆星，那麼同樣的g也一定能夠在原點處合併。
證明：假設存在P點合併的方案，那麼根據對稱性，也存在P關於原點對稱點Q處合併的方案。那麼先做P點合並且守護者也移動到P，然後不妨設星星相遇後會繼續前行，那麼只要相遇後再原地等待1秒，就回到了類似初始的情形。
此時再做一次相對Q點合併，就得到了原點合併的方案。■
定理2的推論：如果在原點合併無解，則在任意點也無解。
定理3. 有解則g>3。
證明：為了能夠合併於原點，考慮某顆星到原點的距離S是關於時間的函式。假設在T時間內，這顆星有A時間是被攜帶的。
那麼T-A時間是以1速度遠離。為了得到乙個S的下界，根據位移可分解的性質，不妨設遠離在先，攜帶在後，有
S(T) >= 1+(T-A)-Ag = T+1-(g+1)A
若算四顆星的距離和，則
sum S(T) >= 4T+4-(g+1)(sum A) > 4T+4-(g+1)T > (3-g)T
所以如果g<=3則S(t)>0永遠無法合併。也就是說有解必須g>3。■
乙個更利於理解的思路是：假設不攜帶星星時守護者是可以瞬移的，那麼如果乙個g對於瞬移版問題無解，對原問題也一定無解。最理想的瞬移就是把時間無限微分給四顆星星，每顆能分到g/4的向內速度和3/4的向外速度。
2樓：
這麼可愛萌趣的問題沒人願意回答嗎？我來拋個磚吧~
結論：守護者的速度g=4是可行的。
首先注意到，星星與守護者的初始距離無關緊要。假如在初始距離為1時守護者利用某種行動方案經過時間t將星星匯聚在了同一點，那麼在初始距離為x時，守護者可以用同樣的的行動方案（放大x倍）經過時間xt完成任務。知道了這一點，我們假設開始時星星距離原點距離為1，且守護者在北星處。
守護者可以執行以下步驟：
帶著北星向南，遇到南星時放下北星，帶上南星向北到 (0,1)座標處。此步驟耗時 . 結束時四顆星的座標分別為N(0, -1), S(0, 1), W(-2.
33, 0), E(2.33, 0)，且守護在南星處。
守護者放下南星，向座標(-1.86, 0)直線前進，在該處遇到西星。此步驟耗時 .
帶上西星向東到座標 (0, 3.1)處可與東星相遇，在途中某處（具體何處由下乙個步驟確定）放下西星。此步驟耗時 .
遇到東星後帶上向西到座標 (-0.74,0)處。此步驟耗時 .
上一步驟中放下西星的位置需要使得在當守護者和東星到達 (-0.74,0)時，西星剛好在 (0.74,0)處。
步驟4結束時，距離步驟1結束時已經過去了 單位時間，因此此時四顆星的位置分別為N(0, 1.73), S(0, -1.73), E(-0.
74, 0) W(0.74, 0)，且守護者在東星處。
聰明的讀者有沒有發現什麼？對！此時守護者實際上又回到了步驟1結束時的情況，只是旋轉90度且尺度縮小了0.
74倍！因此守護者又可以重複以上流程（注意按照乘以0.74等比例縮小），再次完成四個步驟後距離又將縮小0.
74倍。因此，守護者可以在有限時間內，完成無數次重複的流程，最終將四個星星匯聚在一點。守護者完成任務需要的總時間
注：g=4肯定不是最小的g，一是因為上面的策略還有可以從微觀上進行改進的方面，二是上面的策略從大方向來說也不一定是最佳的~
一道關於比例的題目，是不是題目有問題？
CHEN FAN 由題意可知，最終混合物中有2050千克A，全部來自調劑1，調劑1中A物質含量為3.7 4.7，因此需要調劑1的量為2050 3.7 4.7 2604千克，那麼調劑2需要4100 2604 1496千克 Mephisto 那些使用二元一次方程組解題的人，不知道是在秀優越，還是能力不足...
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Clark 我先把題目放在這裡，不用你們看一會又退出去重新看題目 第一問我就不寫了 第二問的 是 考慮 時，和 就可以知道這是必要的，如果你要嚴謹證明的話，就要先區域性放縮一下再取個點，但是我不想打了，因為懶 我在這裡已經說明了3的必要性，充分性下面會證。但是我一開始並不是這麼想，我一開始覺得 是 ...
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蠢三明 由於所有被淘汰的人都失敗了3次，冠軍將失敗0 2次，所以總失敗次數就是 3n 3,3n 1 總比賽次數N也是一致。由於是至多單迴圈，所以總比賽次數，那麼3n 3 eeimg 1 至少要有7個選手，這是不考慮12天賽程的人數約束。然後考慮天數問題。同樣的選手數量，選手出局得越快，比賽速度 達到...