Что Вас потрясло в математике?

[мат-ламер]

Doctor Boom в сообщении #1596061 писал(а):

мат-ламер
Получится все та же лента Мебиуса?

Я же сказал:

мат-ламер в сообщении #1596059 писал(а):

Видимо слабо геометрическое воображение.

Я сейчас представил маленького человечка. И он на правой стороне ленты снаружи. И вот он делает круг вдоль средней линии ленты. Он окажется уже внутри слева. Пусть он делает ещё один круг. Он окажется в том же положении, с которого начинал движение. Но за время своего движения он сделал поперечный переворот. Это намекает, что получится лента половинной ширины двойной длины и скрученной на 360 градусов. Но я не уверен. Геометрическое воображение подводит.

-- Чт июн 01, 2023 20:47:15 --

Doctor Boom в сообщении #1596061 писал(а):

Получится все та же лента Мебиуса?

Doctor Boom в сообщении #1596061 писал(а):

Ой нет, кольцо обычное получится

Может кто эксперимент проведёт для уточнения ответа?

[Doctor Boom]

мат-ламер
Да, топологически это будет обычная кольцевая лента (а сам объект в геометрическом плане будет скрученной на 360 градусов лентой)

-- 01.06.2023, 20:00 --

мат-ламер в сообщении #1596063 писал(а):

Геометрическое воображение подводит.

Тут оно только мешает Довольно легко показать, что топология будет как у обычного кольца

[Mihr]

мат-ламер в сообщении #1596063 писал(а):

Может кто эксперимент проведёт для уточнения ответа?

Я когда-то склеивал ленту Мёбиуса и разрезал. При однократном разрезании вдоль средней линии получается одна цельная лента, но перекрученная уже на один полный оборот (то есть, это уже не лента Мёбиуса, не односторонняя поверхность). Так что Ваш мысленный эксперимент совершенно справедлив. Если эту новую ленту, полученную при разрезании ленты Мёбиуса, повторно распустить вдоль средней линии, получаются уже две ленты Мёбиуса, сцепленные друг с другом.

-- 01.06.2023, 22:12 --

Кстати, если интересно, посмотрите вот эту страницу: Что будет если разрезать ленту Мёбиуса?⁠⁠

[Mikhail_K]

Mihr в сообщении #1596079 писал(а):

Если эту новую ленту, полученную при разрезании ленты Мёбиуса, повторно распустить вдоль средней линии, получаются уже две ленты Мёбиуса, сцепленные друг с другом.

Это не может быть правдой. При разрезании двусторонней поверхности не могут получиться односторонние. Получатся двусторонние перекрученные ленты, сцеплённые друг с другом.

Это я про второе разрезание.

-- 01.06.2023, 22:18 --

Mihr в сообщении #1596079 писал(а):

Кстати, если интересно, посмотрите вот эту страницу: Что будет если разрезать ленту Мёбиуса?⁠⁠

Там тоже не всё корректно написано.

[Mihr]

Mikhail_K в сообщении #1596082 писал(а):

Это не может быть правдой.

Возможно, мне неверно запомнилось. Но то, что получаются две сцепленные и перекрученные ленты, - в этом я практически уверен. Возможно, я их невнимательно рассмотрел. Впрочем, каждый может легко повторить эти опыты, ничего сложного в них нет.

[SomePupil]

Аппроксимацию Стирлинга $n!\sim n^ne^{-n} \sqrt{2\pi n}$ можно значительно улучшить следующим образом: $n!\sim n^ne^{-n}\sqrt{2\pi(n+1/6)}.$ Надо сказать, способов улучшить исходную аппроксимацию много, но все они сопровождаются тем или иным усложнением формулы, а эта поражает своей простотой и видимой эффективностью. И тут есть некая условность, поскольку я еще не видел строгих доказательств и оценок, насколько относительная погрешность во втором случае меньше относительной погрешности в первом случае.

[wrest]

SomePupil в сообщении #1619789 писал(а):

И тут есть некая условность, поскольку я еще не видел строгих доказательств и оценок, насколько относительная погрешность во втором случае меньше относительной погрешности в первом случае.

Для $n=10^7$ отн. погрешности получаются порядка $10^{-9}$ и $10^{-17}$

[Padawan]

SomePupil
Формула Стирлинга $n! =\sqrt{2\pi n}n^ne^{-n}(1+\frac{1}{12n}+O(\frac{1}{n^2}) )$. А $\sqrt{n+\frac 16}$ как раз равно $\sqrt{n}(1+\frac{1}{12n}+O(\frac 1{n^2})) $.

[SomePupil]

Padawan в сообщении #1619874 писал(а):

А $\sqrt{n+6}$ как раз равно $\sqrt{n}(1+\frac{1}{12n}+O(\frac 1{n^2})) $.

Мой мозг на этом моменте сломался В любом случае, ясно, что мне предстоит много "открытий чудных", раз не умею элементарно преобразовывать асимптотики. А вообще, это улучшение мне встретилось в публикации [1], где автор почему-то расписал это на 9 страницах (теорема 1.6, а доказательство теоремы на странице 6).

[1] Batir N. Inequalities for the gamma function //Archiv der Mathematik. – 2008. – Т. 91. – №. 6. – С. 554-563. Ссылка.

[Padawan]

SomePupil
Это по формуле $(1+x)^\alpha=1+\alpha x+ O(x^2) $ при $x\to 0$.

[Dmitriy40]

Padawan
Разве скобка не должна быть в показателе экспоненты?

SomePupil
Ваше приближение более точное чем $n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}$, но менее точное (причём с недостатком) примерно на два десятичных знака чем $n^ne^{-n}e^{\frac{1}{12n}}\sqrt{2\pi n}$, которое с избытком.

[SomePupil]

Dmitriy40, угу, я в курсе . Просто добавить слагаемое внутри корня показалось мне проще и красивее, чем добавить экспоненту, хоть и менее эффективно; beauty in the eye of the бихолдер, как грится.

[Padawan]

Dmitriy40
С точностью до $O(\frac 1{n^2})$ разложения $\sqrt{1+\frac1{6n}}$ и $e^{\frac 1{12 n}}$ совпадают, но вот следующие члены отличаются:

$$ \sqrt{1+\frac1{6n}}=1+\frac1{12n}-\frac{1}{288n^2}+O(\frac{1}{n^3}), e^{\frac{1}{12n}}=1+\frac1{12n}+\frac{1}{288n^2}+O(\frac{1}{n^3}) $$

.
А формула Стирлинга

$$n! =\sqrt{2\pi n}n^ne^{-n}\left(1+\frac{1}{12n}+\frac{1}{288n^2}+O(\frac{1}{n^3})\right)$$

Так что $e^{\frac1{12n}}$ точнее.

[Droog_Andrey]

Довольно красивый факт :)
https://youtu.be/t6IwvLPWQKw

[Doctor Boom]

Droog_Andrey
Ответ там $x=\frac{a^2-bc}{\sqrt{a^3+b^3+c^3-3abc}}$ и т.д. при ${a^3+b^3+c^3-3abc} \neq 0$, в противном случае если $a=b=c=0$, то $x=y=z=0$, иначе нет решений
Верно?