2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение11.04.2019, 14:38 


04/11/16
114
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение11.04.2019, 20:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
26649
Sicker в сообщении #1387014 писал(а):
Я только что с проекцией решил :mrgreen:
Самостоятельно или с одним из наших спойлеров? :wink:

-- 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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение12.04.2019, 04:49 
Аватара пользователя


13/08/13
3971
arseniiv в сообщении #1387157 писал(а):
Самостоятельно или с одним из наших спойлеров? :wink:

Со спойлером Munin :wink:
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 :mrgreen:

(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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение12.04.2019, 22:52 
Аватара пользователя


13/08/13
3971

(спойлер)

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение13.04.2019, 16:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
26649
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение13.04.2019, 16:13 
Аватара пользователя


13/08/13
3971

(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 :mrgreen: 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 :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение14.04.2019, 01:14 
Аватара пользователя


13/08/13
3971
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение14.04.2019, 13:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
26649
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).

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение14.04.2019, 15:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17046
Москва
$\int\limits_0^{\frac{\pi}2}\cos^nxdx$ при целых $n\geqslant 0$ вычисляется по рекуррентной формуле, которая получается интегрированием по частям. Или здесь $n$ не предполагается целым?

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение14.04.2019, 16:54 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
26649
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение15.04.2019, 09:00 
Аватара пользователя


13/08/13
3971
arseniiv
Someone
А как тут по частям? :roll:

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение15.04.2019, 09:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
26649
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение18.04.2019, 08:37 
Аватара пользователя


13/08/13
3971
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 - $\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos(x)^{n} dx = \prod^{\frac{n-1}{2}}_{i=1}\frac{2i}{1+2i}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Арнольд это круто!
Сообщение18.04.2019, 15:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/04/09
26649
Если нужно было подтверждение, да, верно. Плюс ваши произведения можно было оба записать гораздо понятнее как $\frac{(n-1)!!}{n!!}$ (если принять $(-1)!! = 1$).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 44 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3

Модератор: Модераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group