Задачи по матану, алгебре, комбинаторике, всего по понемногу

[ewert]

netang в сообщении #979089 писал(а):

Четыре

Прекрасно, а вот дальше -- не туда. Для начала: каждая четвёрка задаёт сколько разных пар диагоналей -- и сколько из этих пар являются пересекающимися?...

[netang]

ewert в сообщении #970733 писал(а):

Однако это не избавляет Вас от необходимости доказывать монотонность.

Извините, не совсем понял, зачем нам доказывать монотонность? Я пытался привести немонотонно убывающую последовательность стремящуюся к нулю, чтобы показать, что она не начинает убывать монотонно с некоторого места, а скачкообразно стремится к нулю.

[ИСН]

О! Спящий проснулся!

netang в сообщении #979089 писал(а):

Пять диагоналей - максимум 10 попарных пересечения.

В сколькоугольнике полное число диагоналей равно 5? Отвечу: в пяти. Ну а пересечений там сколько? Десять?

-- менее минуты назад --

ewert в сообщении #979094 писал(а):

netang в сообщении #979089 писал(а):

Четыре

каждая четвёрка задаёт сколько разных пар диагоналей -- и сколько из этих пар являются пересекающимися?...

Да, вот это всё. И ещё: а сколько всего четвёрок-то?

[ewert]

netang в сообщении #979096 писал(а):

зачем нам доказывать монотонность?

Опечатка: имелась в виду, конечно, немонотонность. Факт, конечно, очень простой, но его всё-таки надо доказать честно.

[netang]

ewert в сообщении #979094 писал(а):

Для начала: каждая четвёрка задаёт сколько разных пар диагоналей -- и сколько из этих пар являются пересекающимися?...

ИСН в сообщении #979099 писал(а):

Да, вот это всё. И ещё: а сколько всего четвёрок-то?

Вот эти ваши подсказки наводят меня на мысль, что нужно как-то отследить сколько можно образовать четырехугольников из n вершин в выпуклом многоугольнике, а дальше уже количество четырехугольников равно количеству пересечений. Я правильно думаю?

ИСН в сообщении #979099 писал(а):

Ну а пересечений там сколько? Десять?

Да, я знал, что это не подойдет для многоугольников, но попробовать стоило. Десять попарных пересечений получается, если пять прямых (я себе так представлял, надо как-то отойти от этого) пересекаются в одной точке, но с многоугольником это не пройдет.

[ИСН]

netang в сообщении #979128 писал(а):

а дальше уже количество четырехугольников равно количеству пересечений. Я правильно думаю?

Деньги под стартап дают тогда, когда у него имеется хотя бы прототип устройства. У Вас есть прототип гипотезы? Числа там какие-нибудь посчитать, проверить в простом случае, например...

[netang]

ИСН в сообщении #979134 писал(а):

Деньги под стартап дают тогда, когда у него имеется хотя бы прототип устройства. У Вас есть прототип гипотезы? Числа там какие-нибудь посчитать, проверить в простом случае, например...

Я решил подсчитать количество четырехугольников в нашем многоугольнике из $n$ вершин, для этого перенумеровал вершины многоугольника и попробовал понять сколько можно получить четырехугольников из n вершин. Оказалось, что можно подсчитать число сочетаний из $n$ по $4$ (потому что нас интересуют четырехугольники), и оно и будет количеством всевозможных четырехугольников в нашем n - угольнике. Проверил для $n = 6$ и $7$, сошлось, для $n = 6$, имеем $15$ пересечений, для $n = 7$, имеем $35$ пересечений. Сейчас хочу доказать, что количество четырехугольников $=$ количеству пересечений. Пойду думать дальше. Спасибо за подсказки

-- 17.02.2015, 15:45 --

ewert в сообщении #979100 писал(а):

Факт, конечно, очень простой, но его всё-таки надо доказать честно.

$a_n = |\frac{\sin(\frac{n\pi}{2})}{n}| + |\frac{1}{n}|$
Пусть n - чётное число, следовательно $n+1$ - нечётное (1)
$a_n = \frac{1}{n}$, т.к. $|\frac{\sin(\frac{n\pi}{2})}{n}| = 0$
$a_{n+1} = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+1} = \frac{2}{n+1}$
$\frac{n+1}{n^2+n} < \frac{2n}{n^2+1}$ для всех $n > 0$ удовлетворяющих условию (1)
Так можно доказать?

[Deggial]

netang в сообщении #979523 писал(а):

n = 6 и 7, сошлось, для n = 6, имеем 15 пересечений, для n = 7

netang, замечание за неоформление формул $\TeX$ом.

[ewert]

netang в сообщении #979523 писал(а):

$\frac{n+1}{n^2+n} < \frac{2n}{n^2+1}$ для всех $n > 0$ удовлетворяющих условию (*)
Так можно доказать?

Ну в принципе можно, если бы не опечатка в неравенстве.

[netang]

ewert в сообщении #979656 писал(а):

Ну в принципе можно, если бы не опечатка в неравенстве.

$\frac{n+1}{n^2+n} < \frac{2n}{n^2+n}$

[provincialka]

Сократить не пробовали?

[ewert]

provincialka в сообщении #979667 писал(а):

Сократить не пробовали?

Всё нормально, только немножко косноязычно. Не очень понимается с первого взгляда, что, откуда и зачем следует. А так -- всё нормально.

[Deggial]

Следующие задачи выделены в отдельную тему, убедительная просьба обсуждать их там