Скобки в неассоциативном произведении

[arseniiv]

DeBill
Ага, даёт дерево, и каждый треугольник представляет собой применение операции к двум поддеревьям.

[Sinoid]

DeBill в сообщении #1343489 писал(а):

выделить в нем все скобки, в каторых перемножаются именно что две исходных переменных; перемножить ; получим такую же задачу с меньшим числом сомножителей...

Пусть $a_{1},\, a_{2},\ldots,\, a_{n}$ - исходные переменные в порядке их следования в произведении. Предлагаете ввести новые переменные, например,

$$\left\{ \begin{matrix}a_{1}\cdot a_{2}=b_{1}\\ a_{3}=b_{2}\\ \hdotsfor{1}\\ a_{n}=b_{n-1} \end{matrix}\right.$$

? Так $a_1$ и $a_2$ могут разделяться скобками.

DeBill в сообщении #1343489 писал(а):

Среди них есть тр-ки, содержащие пару сторон мн-ка (и даже таких не мене двух).

DeBill в сообщении #1343540 писал(а):

будет ровно один тр-к, содержащий выделенную сторону.

Вообще не представляю, как что-то подобное получить. Много выплывает геометрических моментов, о которых я и не догадывался. Теперь понятно, почему мне в голову не приходила идея решения.

-- 05.10.2018, 02:16 --

DeBill в сообщении #1343540 писал(а):

Удалив его, мы получим два меньших

Надо полагать, многоугольника?

[arseniiv]

Да.

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1343481 писал(а):

Ещё поможет пронумеровать его стороны.

Последовательная нумерация сторон... Это наводит на мысль, что каждый операнд можно ассоциировать с такого же номера стороной.

DeBill в сообщении #1343540 писал(а):

при разрезании $n+1$ -угольника с выделенной стороной (той, что мы помечали звездочкой) на тр-ки, будет ровно один тр-к, содержащий выделенную сторону.

DeBill в сообщении #1343489 писал(а):

Среди них есть тр-ки, содержащие пару сторон мн-ка (и даже таких не мене двух).

Извините за тупость. Это вы для себя строго доказали или удовлетворились интуицией? А так понятно. Если считать

DeBill в сообщении #1343540 писал(а):

при разрезании $n+1$ -угольника с выделенной стороной (той, что мы помечали звездочкой) на тр-ки, будет ровно один тр-к, содержащий выделенную сторону.

доступным для использования, то вот выпуклый многоугольник $n+1-$угольник: $A_1A_2\ldots A_{n+1}$. В любом разбиении многоугольника на треугольники имеется треугольник $A_XA_{n+1}A_1$, . Вершина $A_X$, $3\leqslant X\leqslant n-1$ (получается, это я рассуждаю для случая $n>3), как точка пересечения диагоналей данного разбиения, может быть, в силу принятого соглашения, только какой-нибудь вершиной данного многоугольника. Далее рассматриваем многоугольники A_1A_2\ldots A_X$ и $A_X\ldots A_{n+1}$. Они тоже как-то разбиты на треугольники, причем в разбиении каждого многоугольника есть треугольник с вершиной $A_X$. И эти разбиения я могу рассматривать как соответствующие расположению скобок $(\ldots a_{X-1}\text{???})\cdot(\text{???}a_{X}\ldots)$, где на месте вопросительных знаков, возможно, стоит некоторое количество скобок. Разбиению же, в котором имеется, например, $\triangle A_1A_2A_{n+1}$, соответствует $a_1\cdot (\ldots)$

[arseniiv]

Sinoid в сообщении #1343895 писал(а):

Это наводит на мысль, что каждый операнд можно ассоциировать с такого же номера стороной.

Кроме одной, иначе соответствия не получится. Все другие стороны «входные», а она «выходная», и у каждого треугольника одна выходная и две входные. Каждая входная должна прикладываться к выходной, и что к чему приложено, определяется выбором выделенной стороны многоугольника.

[Sinoid]

arseniiv в сообщении #1343897 писал(а):

Кроме одной, иначе соответствия не получится.

Да, я это подразумевал, но, по причине осмысления этого всего не написал (у меня в черновике последние стороны не нумерованы), иначе операндов для нумерации сторон не хватит.

arseniiv в сообщении #1343897 писал(а):

и что к чему приложено, определяется выбором выделенной стороны многоугольника.

В смысле? У меня все расстановки скобок получаются при фиксированной (последней) стороне.

[arseniiv]

Да, это я и имел в виду. Наверно.

[Sinoid]

Всем огромное спасибо.

[DeBill]

Sinoid в сообщении #1343895 писал(а):

Это вы для себя строго доказали или удовлетворились интуицией?

Непересекаемость разрезающих диагоналей дает: все углы тр-ков в сумме дают сумму углов мн-ка. Из формулы для этой суммы находим: тр-ков на 2 меньше, чем число сторон мн-ка. В тр-к может входить одна или две стороны мн-ка (почти ); значит, этих , с двумями сторонами, не менее двух.

[Sinoid]

DeBill в сообщении #1344829 писал(а):

значит, этих , с двумями сторонами, не менее двух.

Предположим, что тр-в с двумя сторонами 1. Тогда в каждый из остальных $n-3$ тр-ков входит максимум одна сторона мн-ка. Однако, каждая из сторон мн-ка, не являющаяся стороной тр-ка с двумя сторонами, является стороной какого-либо из этих остальных $n-3$ тр-ков... Я в верном направлении думаю?

[DeBill]

Sinoid
Ну да - ведь уже получилось...

[Sinoid]

DeBill в сообщении #1344884 писал(а):

Ну да - ведь уже получилось...

Так как получилось-то? Отдельные моменты не ясны, ничего.

[DeBill]

Sinoid в сообщении #1344875 писал(а):

Предположим, что тр-в с двумя сторонами 1. Тогда в каждый из остальных $n-3$ тр-ков входит максимум одна сторона мн-ка. Однако, каждая из сторон мн-ка, не являющаяся стороной тр-ка с двумя сторонами, является стороной какого-либо из этих остальных $n-3$ тр-ков...

Ну - вот же оно: таких сторон - $n-2$, входит каждая только в один тр-к, тр-ков этих - $n-3$ - не хватает, однако....

[Sinoid]

Понял и это же рассуждение проходит при предположении, что тр-ков с двумя сторонами мн-ка вообще нет. Вот теперь можно почитать и про

alcoholist в сообщении #1343169 писал(а):

числа Каталана

Еще раз спасибо.