Арнольд это круто!

[GOLOTOPAXPOP]

vpb, да, разумно.

Munin в сообщении #1386911 писал(а):

Я привык, что задачи - это что-то расчётное.

А как же теоретические задачи, задачи на доказательства?

[arseniiv]

Sicker в сообщении #1387014 писал(а):

Я только что с проекцией решил

Самостоятельно или с одним из наших спойлеров?

-- Чт апр 11, 2019 22:38:57 --

(Обращение к Sicker, содержащее спойлер по задаче №100, если кому-то это знать важно)

Sicker в сообщении #1387014 писал(а):

А чтобы разобраться с ним, достаточно разобраться с отрезком, у которого есть "внешняя" и "внутренняя" сторона

Нет, так нельзя. Мы же имеем в виду строго определённую меру, для многогранника это площадь, к отрезку сводить многоугольник нельзя. Вот если мы рассматриваем задачу для выпуклой двумерной области со спрямляемой границей и говорим о длинах границы и проекции, тогда будут односторонние отрезки (которые опять же нельзя будет сводить к точкам, не имеющим длины как и отрезки площади).

-- Чт апр 11, 2019 22:40:47 --

И я не понял: почему вы решения частично расспойлерили? Кто-то может зайти в тему, посмотреть ту задачу в тривиуме и решить разобраться с ней, и потом наткнуться за чтением темы на ваш пост.

[Sicker]

arseniiv в сообщении #1387157 писал(а):

Самостоятельно или с одним из наших спойлеров?

Со спойлером Munin
Хотя вы уже основную идею и без спойлеров изложили

arseniiv в сообщении #1386036 писал(а):

Но надо в ней заменить куб любым выпуклым телом. Ответ одинаковый.

И рассмотрение бесконечно малой площадки напрашивается само собой

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #1387157 писал(а):

Нет, так нельзя. Мы же имеем в виду строго определённую меру, для многогранника это площадь, к отрезку сводить многоугольник нельзя. Вот если мы рассматриваем задачу для выпуклой двумерной области со спрямляемой границей и говорим о длинах границы и проекции, тогда будут односторонние отрезки (которые опять же нельзя будет сводить к точкам, не имеющим длины как и отрезки площади).

Не понял, если у нас есть выпуклый многоугольник, то мы может его внешнюю границу покрасить в белый цвет, а внутреннюю в черный. Пусть белый цвет будет видимым а черный невидимым. Тогда если мы рассмотрим один отрезок, то при его вращении черная и белая сторона будет соответствовать то что мы будем и не будем видеть будь он частью вращающегося многоугольника.

arseniiv в сообщении #1387157 писал(а):

И я не понял: почему вы решения частично расспойлерили? Кто-то может зайти в тему, посмотреть ту задачу в тривиуме и решить разобраться с ней, и потом наткнуться за чтением темы на ваш пост.

Не подумал об этом Ну что ж, значит ему не повезло

(спойлер)

Ответ в общем случае
$\frac{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos(x)^n dx}{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos(x)^{n-1} dx}(\frac{2}{\pi})^{n-1}\frac{1}{2}$, где $n$ - размерность пространства проекции.
Верно?

[Sicker]

(спойлер)

Ой, наверное ответ будет $\frac{2}{\pi}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\cos(x)^{n}dx$, где $n$-размерность пространства проекции

[arseniiv]

Sicker
Вы же знаете как проверить ответ. Отношение меры $n$-сферы к мере $n$-шара (единичных или одинакового радиуса), а их формулы легко взять где угодно сто раз перепроверенные.

(Про решение)

Sicker в сообщении #1387209 писал(а):

Не понял, если у нас есть выпуклый многоугольник, то мы может его внешнюю границу покрасить в белый цвет, а внутреннюю в черный. Пусть белый цвет будет видимым а черный невидимым. Тогда если мы рассмотрим один отрезок, то при его вращении черная и белая сторона будет соответствовать то что мы будем и не будем видеть будь он частью вращающегося многоугольника.

Это всё так, просто в начале вы написали, как будто мы можем свести многогранник к многоугольнику, а многоугольник дальше к отрезку. Как обычно неаккуратны. Теперь я уже уверен, что этого не имелось в виду.

[Sicker]

(Оффтоп)

arseniiv в сообщении #1387480 писал(а):

Это всё так, просто в начале вы написали, как будто мы можем свести многогранник к многоугольнику, а многоугольник дальше к отрезку. Как обычно неаккуратны. Теперь я уже уверен, что этого не имелось в виду.

Конечно же нет Просто мой ответ

Sicker в сообщении #1387014 писал(а):

А чтобы разобраться с ним

очевидно относился к слову многоугольник в

arseniiv в сообщении #1386211 писал(а):

И можно в итоге рассматривать только выпуклые многогранники, а чтобы разобраться с ними, достаточно разобраться с многоугольником

Для многогранников надо уже рассматривать грани и т.д.
P.S. Я сначала тоже не въехал, вы написали то же что и я, но все равно не согласны. А потом перечитал, и увидел что вы решили будто я о многогранниках говорил

[Sicker]

arseniiv в сообщении #1387480 писал(а):

Вы же знаете как проверить ответ. Отношение меры $n$-сферы к мере $n$-шара (единичных или одинакового радиуса), а их формулы легко взять где угодно сто раз перепроверенные.

Я забыл поделить на 2
$\frac{1}{\pi}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\cos(x)^n dx$
Так непонятно как найти $\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\cos(x)^n dx$. Решил проверить на онлайн калькуляторе, вроде все сходится Хотя если считать через отношение объема сферы к шару там будет немножко другое выражение, которое дает такие же значения.
Т.е. $\frac{1}{2\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\cos(x)^{n-1} dx n}=\frac{1}{\pi}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\cos(x)^n dx$
Интересно как это доказать

-- 14.04.2019, 01:15 --

Ладно, давайте уже без дурацких спойлеров

[arseniiv]

Только потому что это уже частная задача, которая могла получиться откуда угодно, являющаяся в принципе просто доведением ответа той до удобного(??) вида. А сам по себе ответ не особо говорит о решении.

Ну если найти тот интеграл, то доказать последнее равенство будет можно (Mathematica справляется — и мы вооружившись справочником сможем). Значение его должно быть $\frac{\sqrt\pi}2 \frac{\Gamma((n+1) / 2)}{\Gamma(n/2 + 1)}$.

Для отдельных $n$ можно применять формулу произведения косинусов и через мучительные манипуляции приходить к линейной комбинации первых степеней косинусов, которая уже интегрируется на раз. Если бы гаммы в ответе были от целочисленных аргументов, можно было бы предложить отсюда по индукции получить ответ (ибо были бы факториалы), но по-человечески в этом случае, видимо, преобразуют интеграл (не имею понятия).

[Someone]

$\int\limits_0^{\frac{\pi}2}\cos^nxdx$ при целых $n\geqslant 0$ вычисляется по рекуррентной формуле, которая получается интегрированием по частям. Или здесь $n$ не предполагается целым?

[arseniiv]

Да, предполагается.

Когда прикидывал в уме, неправильно подумал и решил, что по частям тут не даст нужное, хотя действительно замечательно получается. Интересно, а Sicker пробовал или не в курсе.

[Sicker]

arseniiv
Someone
А как тут по частям?

[arseniiv]

Раз уж я сообразил, и у вас получится. Не так много неизощрённых способов представить степень произведением, от которых притом стоит ожидать, что остальные выражения получатся достаточно похожими, чтобы получилась рекуррентность.

[Sicker]

arseniiv
Someone
Да, там просто по частям
Получается такая формула $\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos(x)^{n+1} dx=\frac{n}{n+1} \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos(x)^{n-1} dx$
И выходит для четных $n$ - $\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos(x)^{n} dx =\frac{\pi}{2}\prod^{\frac{n}{2}}_{i=1}\frac{2i-1}{2i}$
Для нечетных - $\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos(x)^{n} dx = \prod^{\frac{n-1}{2}}_{i=1}\frac{2i}{1+2i}$

[arseniiv]

Если нужно было подтверждение, да, верно. Плюс ваши произведения можно было оба записать гораздо понятнее как $\frac{(n-1)!!}{n!!}$ (если принять $(-1)!! = 1$).