Тупой вопрос и доказательство

[Nartu]

arseniiv, я пытался использовать топологию для другого. Не для этого:

Nartu в сообщении #1440920 писал(а):

реккурентно откладывая иррациональный(по отношению к $2\pi$ ) угол можно получать случаи, когда точки разбивают окружность на 2 разных по длине отрезков.

[arseniiv]

Аа. Ну тогда про то пока ничего нельзя сказать…

[Nartu]

Есть! Я узнал более точную формулировку:

- Если в полярных координатах отложить (нарисовать) углы $\alpha, 2\alpha, 3\alpha, \ndots, n\alpha$, где $n\in\mathbb{N}$, и $\alpha\in\mathbb{R}$ любой угол. То в результате получится 1,2 или 3 (но не больше) различных по величине углов между соседними прямыми.

Сильно не отличается.
Я по-быстрому попытался реализовать это визуально, под руку попалась GeoGebra.

Заметил, что количество отрезков на окружности, когда их получается 2 типа, - равно знаменателю одной из лучших подходящих дробей, если $\frac{\alpha}{2\pi}$ — иррационально. Посчитал так же количество отрезков обеих видов, один дал числитель дроби.

Бонус:

Топологию использовал для доказательства утверждения типа: "из 2-х пустых вёдер можно получить не более двух полных (воды)". Я уже мельком пояснил, что хотел выбрать способ доказать показать это на примере сравнения инвариантов пары пространств. То есть как-то игнорировать человека.(ну, вы понели..?)

[Утундрий]

Nartu в сообщении #1441138 писал(а):

Если в полярных координатах отложить (нарисовать) углы $\alpha, 2\alpha, 3\alpha, \ndots, n\alpha$, где $n\in\mathbb{N}$, и $\alpha\in\mathbb{R}$ любой угол. То в результате получится 1,2 или 3 (но не больше) различных по величине углов между соседними прямыми.

Вообще говоря - нет.

[ozheredov]

Утундрий в сообщении #1440791 писал(а):

1) Имеется три одноцветных ведра. Докажите, что из них нельзя извлечь четыре цвета.

2) Имеется одна лошадь. Докажите, что её масть одинакова.

3) Имеется хлопок, но нет никого хлопающего. Осознайте иллюзорность бытия.

1. В третье ведро налита краска, отличающаяся по цвету от ведер. Теорема опровергнута.
3. ХлОпок одиноко растет в чистом поле, рядом вообще никого нет. Теорема опровергнута.

Насчет второй сказать нечего. Но, как говорят врачи, "Не существует доказанных теорем -- есть недоопровергнутые"

[Nartu]

Утундрий, да-да, надо было указать, на каком метрическом пространстве рассматривается, спасибо. Имеется ввиду евклидова плоскость.

[Утундрий]

Nartu в сообщении #1441141 писал(а):

Имеется ввиду евклидова плоскость.

Я тоже имел в виду евклидову плоскость. Хотя здесь история не про плоскости, а о сравнении по модулю рассказ.

[arseniiv]

А как может получиться больше трёх различных мер углов? (Да, действительно формулировка оказалась эквивалентной той, которую я угадывал.)

[Nartu]

Утундрий в сообщении #1441143 писал(а):

Хотя здесь история не про плоскости, а о сравнении по модулю рассказ.

По чему сравнение? - Думаю, что $2\pi$

[arseniiv]

Не важно, какому модулю, его можно выбрать любым ненулевым вещественным числом. (Можно было бы даже и нулём, но тогда не получаются отрезки, а ещё и бесконечные промежутки. Хотя если аккуратно обобщить утверждение, оно не испортится по сравнению со случаем ненулевого модуля.)

[Утундрий]

arseniiv в сообщении #1441145 писал(а):

А как может получиться больше трёх различных мер углов?

Я понял это

Nartu в сообщении #1441138 писал(а):

Если в полярных координатах отложить (нарисовать) углы $\alpha, 2\alpha, 3\alpha, \ndots, n\alpha$, где $n\in\mathbb{N}$, и $\alpha\in\mathbb{R}$ любой угол.

так, что число шагов конечно.

[arseniiv]

Конечно, разумеется, иначе никаких углов не останется (в интересующем ТС ограничении, когда $\alpha$ не рациональное кратное $2\pi$). Почитайте мою формулировку, она может быть понятнее (по крайней мере она настолько однозначна, насколько это возможно без начинания откровенных издевательств над читателем) — там определено, что считается.

Да, надо уже сесть и просто доказать это, но лень случаи чередования разных длин выписывать (хотя их должно быть не больше наверно пяти видов), а там это главное; потом индукция покажет, что если выполняется один из таких случаев для $n$, один же из них выполняется и для $n+1$.

[Утундрий]

arseniiv в сообщении #1441155 писал(а):

Почитайте мою формулировку ... там определено, что считается.

Как-то не верится в число три. Вы учли, что точка $0$ тоже входит в разбиение?

[Soul Friend]

отрезок $A$ разделён на три меньших отрезка $B_1, B_2, B_3$ ,
надо доказать, что: $A+B_4=B_1+B_2+B_3+B_4$ ?
Если именно дуги на окружности, то надо указать что $2 \pi$ и значение угла $na$ взаимно простые $\forall n$ .

[Nartu]

arseniiv в сообщении #1441155 писал(а):

(в интересующем ТС ограничении, когда $\alpha$ не рациональное кратное $2\pi$)

arseniiv, если можно решить без этого ограничения, так почему бы и нет? Просто изначально оно было, но я не против и "общего". Так интерестнее.