Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:
P>Здравствуйте, MichaelP, Вы писали:
MP>>Выпуклых? MP>>А то много чего можно набрать, даже из пятиугольников с шестиугольниками
P>Давай выпуклых, а то и не сосчитаешь P>Хотя конечно, сколько бывает "мятых" футбольных мячей — тоже клёвая задачка
Вот как раз с невыпуклыми проще — похоже можно доказать, что их несчетное множество.
Приблизительно так:
Возьмем для начала футбольный мяч. Подцепим к нему такой же. Потом еще один. В конце-концов образуем цепочку.
Будем считать, что если подцепили за пятиугольник — 0, за шестиугольник — 1. Т.к. выбор пятиугольников и шестиугольников у нас достаточно богатый, то можно сделать несамопрересекающиеся и несимметричные фигуры. Таким образом установили соответствие между подмножеством многоугольников и действительными числами...
Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:
P>Здравствуйте, MichaelP, Вы писали:
MP>>Выпуклых? MP>>А то много чего можно набрать, даже из пятиугольников с шестиугольниками
P>Давай выпуклых, а то и не сосчитаешь P>Хотя конечно, сколько бывает "мятых" футбольных мячей — тоже клёвая задачка
Вот как минимум два бесконечных семейства:
1. Возьмем правильный n-угольник и соединим его квадратами с лежащим под ним таким-же. Т.е. образуем призму.
2. Провернем нижний n-угольник на угол 360/2n и соединим его с верхним правильными треугольниками (насколько я помню, это называется антипризма).
Здравствуйте, MichaelP, Вы писали:
MP>Вот как минимум два бесконечных семейства: MP>1. Возьмем правильный n-угольник и соединим его квадратами с лежащим под ним таким-же. Т.е. образуем призму. MP>2. Провернем нижний n-угольник на угол 360/2n и соединим его с верхним правильными треугольниками (насколько я помню, это называется антипризма).
1) Да, гайки решают дело
2) По поводу несчётности для невыпуклых, это ты конечно загнул.
Я легко их могу пересчитать.
Число всех (!) многогранников с N вершинами, очевидно, конечно.
Ну хотя бы потому, что N вершин можно соединить рёбрами никак не более чем 2^С(N,2) способами.
Теперь последовательно увеличиваем N и пересчитываем все многогранники.
Таким образом, множество бесконечно, но счётно.
3) Долго думал, как сформулировать, чем замечателен многогранник,
у которого в каждой вершине сходится 10-и, 6-и, и 4-х угольники.
Мне кажется, что он существует — 120 вершин, 62 грани, 180 рёбер.
Думаю, что это многогранник, с самым большим телесным углом при вершине
(хотя посчитать затрудняюсь) и в этом смысле самый близкий к шару.
Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:
P>Здравствуйте, MichaelP, Вы писали:
MP>>Выпуклых? MP>>А то много чего можно набрать, даже из пятиугольников с шестиугольниками
P>Давай выпуклых, а то и не сосчитаешь P>Хотя конечно, сколько бывает "мятых" футбольных мячей — тоже клёвая задачка
P>2) По поводу несчётности для невыпуклых, это ты конечно загнул. P>Я легко их могу пересчитать. P>Число всех (!) многогранников с N вершинами, очевидно, конечно. P>Ну хотя бы потому, что N вершин можно соединить рёбрами никак не более чем 2^С(N,2) способами. P>Теперь последовательно увеличиваем N и пересчитываем все многогранники. P>Таким образом, множество бесконечно, но счётно.
Тут ты не прав!
Довожу доказательство до абсурда:
Множество всех чисел длины N составленных из нулей и единиц конечно (2^N)
Теперь увеличиваем N и пресчитываем все числа.
Таким образом множество действительных чисел бесконечно, но счетно.
Здравствуйте, MichaelP, Вы писали:
MP>Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:
MP> P>>2) По поводу несчётности для невыпуклых, это ты конечно загнул. P>>Я легко их могу пересчитать. P>>Число всех (!) многогранников с N вершинами, очевидно, конечно. P>>Ну хотя бы потому, что N вершин можно соединить рёбрами никак не более чем 2^С(N,2) способами. P>>Теперь последовательно увеличиваем N и пересчитываем все многогранники. P>>Таким образом, множество бесконечно, но счётно.
MP>Тут ты не прав! MP>Довожу доказательство до абсурда:
MP>Множество всех чисел длины N составленных из нулей и единиц конечно (2^N) MP>Теперь увеличиваем N и пресчитываем все числа. MP>Таким образом множество действительных чисел бесконечно, но счетно.
Гонишь! Таким образом ты сможешь пересчитать только те действительные числа, которые имеют конечное число знаков. Число pi, например, ты никогда не посчитаешь (не сможешь указать его номер). Нетрудно видеть, что для двоичной записи, которую ты предложил, ты пересчитаешь только рациональные числа со знаменателем в виде степени двойки.
Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:
MP>>Множество всех чисел длины N составленных из нулей и единиц конечно (2^N) MP>>Теперь увеличиваем N и пресчитываем все числа. MP>>Таким образом множество действительных чисел бесконечно, но счетно.
P>Гонишь! Таким образом ты сможешь пересчитать только те действительные числа, которые имеют конечное число знаков. Число pi, например, ты никогда не посчитаешь (не сможешь указать его номер). Нетрудно видеть, что для двоичной записи, которую ты предложил, ты пересчитаешь только рациональные числа со знаменателем в виде степени двойки.
Можно я влезу?
Ты действительно неправ. Запиши теже самые двоичные числа в виде 0.xxxxxxxxxxxx. Ты получишь двоичное представление чисел из отрезка [0,1].
Здравствуйте, Lexey, Вы писали:
L>Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:
MP>>>Множество всех чисел длины N составленных из нулей и единиц конечно (2^N) MP>>>Теперь увеличиваем N и пресчитываем все числа. MP>>>Таким образом множество действительных чисел бесконечно, но счетно.
P>>Гонишь! Таким образом ты сможешь пересчитать только те действительные числа, которые имеют конечное число знаков. Число pi, например, ты никогда не посчитаешь (не сможешь указать его номер). Нетрудно видеть, что для двоичной записи, которую ты предложил, ты пересчитаешь только рациональные числа со знаменателем в виде степени двойки.
L>Можно я влезу? L>Ты действительно неправ. Запиши теже самые двоичные числа в виде 0.xxxxxxxxxxxx. Ты получишь двоичное представление чисел из отрезка [0,1].
Верно! Натуральные числа однозначно отображаются на все рациональные.
Вот ещё один вариант отображения:
Цифры на чётных местах, представленные как число, разделить на число — составленное из цифр на нечётных местах.
<Шутка, повторенная дважды, становится истиной. Шутка, повторенная дважды, становится истиной. Шутка, повторенная дважды, становится истиной.> Евгений
Здравствуйте, Lexey, Вы писали:
MP>>>Множество всех чисел длины N составленных из нулей и единиц конечно (2^N) MP>>>Теперь увеличиваем N и пресчитываем все числа. MP>>>Таким образом множество действительных чисел бесконечно, но счетно.
P>>Гонишь! Таким образом ты сможешь пересчитать только те действительные числа, которые имеют конечное число знаков. Число pi, например, ты никогда не посчитаешь (не сможешь указать его номер). Нетрудно видеть, что для двоичной записи, которую ты предложил, ты пересчитаешь только рациональные числа со знаменателем в виде степени двойки.
L>Можно я влезу?
Давай, втроём ругаться веселее
L>Ты действительно неправ. Запиши теже самые двоичные числа в виде 0.xxxxxxxxxxxx. Ты получишь двоичное представление чисел из отрезка [0,1].
А кто спорит то?
Ты ещё раз перечитай мой абзац выше.
Да, некоторые числа перенумеровать по предложенному методу можно.
А именно числа вида m/n, где n=2^k
Но не все числа можно перенумеровать так.
Например pi никогда не будет перечислено.
Предложенный способ не позволяет перенумеровать даже всех рациональных чисел этого отрезка.
Хотя это и возможно другим способом.
Таким образом, моё утверждение состоит в том, что метод, который предложит MichaelP не решает задачу о перечислении всех действительных чисел и следовательно не является доведением до абсурда моего метода перенумерации всех многогранников. У любого многогранника конечное число вершин (в отличие от числа знаков в записи числа). Поэтому к нему можно прийти (и получить его номер) за конечное число шагов.
Ну я фигею, ребята.
Откуда тут континууму взяться?
Ну неужели вы не чувствуете этого?!
А немного в сторону поругаться?
P>А кто спорит то? P>Ты ещё раз перечитай мой абзац выше. P>Да, некоторые числа перенумеровать по предложенному методу можно. P>А именно числа вида m/n, где n=2^k P>Но не все числа можно перенумеровать так.
P>Например pi никогда не будет перечислено. P>Предложенный способ не позволяет перенумеровать даже всех рациональных чисел этого отрезка.
Так не не все числа, или не все рациональные числа?
Что-то сдаётся, что уж рациональные можно.
Именно вида: m/n, где n=2^k.
<Шутка, повторенная дважды, становится истиной. Шутка, повторенная дважды, становится истиной. Шутка, повторенная дважды, становится истиной.> Евгений
P>Здравствуйте, MichaelP, Вы писали: MP>>Чтобы окончательно закрыть вопрос даю ссылку. P> Спасибо
Они такие симпатичные (да и Платоновы с Архимедовыми не хуже), что очень хочется их поконструировать руками. Придумал такую игрушку.
Несколько десятков различных правильных многоугольников из жести или фанеры. У каждого на всех сторонах по 2 петельки. Две грани можно совместить рёбрами и продеть гвоздик или лучше болтик. Поначалу кажется, что некоторые грани неминуемо будут "пихаться" петельками и не совместятся. Но это ерунда — совместятся, есть удивительно простое и изящное решение проблемы — сдвинуть все петельки по часовой стрелке. И болтики в вершинах друг другу не помешают — петельки можно не совсем на краях делать.
В общем не видно, что мешает этому работать. Промышленный выпуск должен быть совсем не дорог. А вот вручную боюсь замаюсь — это ж надо штук 100 разных граней сделать, чтоб свобода была. Да ещё точно, а то не сойдутся. Может есть у кого идеи, как это можно самому сделать и не умереть?
Меняю ссылку на, как я понимаю, первоисточник. Там, если ткнуть в ссылку, соответствующую КАЖДОМУ, многограннику, то их мышкой крутить можно!
И, вообще, энциклопедия гораздо более полная. Например, нашел замечательный вариант формулы Стирлинга, который отлично работает при малых n (вплоть до 0):
Мы отфлеймили в сторону правильных многоугольников, и они тоже интересны,
но исходный вопрос был о любых многоугольниках.
Точнее даже о любой сетке на сфере или топологически равной ей поверхности.
Подробное условие здесь
Вот вывод удивительно простого и общего соотношения.
Обозначим для каждой грани n - число её углов (или рёбер).
Число рёбер очевидно равно
P = 1/2 * SUM(n)
SUM обозначает сумму по всем граням.
В сумме n - число рёбер грани.
1/2 от того, что каждое ребро принадлежит ровно двум граням,
и при простом суммировании каждое ребро посчитаем дважды
Так как в вершине по определению сходится не менее 3-х граней,
число вершин можно оценить сверху
В <= 1/3 * SUM(n)
В сумме n - число вершин грани (равное числу рёбер)
Если бы в вершине сходилось ровно три грани,
то мы посчитали бы все вершины по 3 раза,
и должны были бы разделить на 3,
а так как в некоторых вершинах сходится больше граней,
то делить надо на что-то большее.
А вот теперь на сцену выходит замечательная формула Эйлера,
дающая простую связь между числом вершин, граней и рёбер.
(Её тоже совсем несложно вывести,
странно, что этого не сделали греки)
Г + В - Р = 2
Подставляем, получаем
SUM(1) + 1/3*SUM(n) - 1/2*SUM(n) >= 2
SUM(6-n)>=12
Удивительно простое условие.
Для каждой грани назовём "дефектом" разность 6-n.
Для 6-угольника дефект=0
Для 5-угольника дефект=1
Для 4-угольника дефект=2
Для 3-угольника дефект=3
Для старших многоугольников дефект отрицателен.
Так вот выходит, что суммарный по всем граням дефект не может быть меньше 12.
Либо придётся иметь в сети 12 (как в додекаэдре) 5-угольников,
либо 6 (как в кубе) 4-угольников, либо 4 (как в тетраэдре) треугольника.
А уж если вы позволили себе роскошь иметь старшие полигоны, то вам придётся
заплатить дополнительными младшими.
Два замечания
1) Теорема не гарантирует существования, она лишь говорит, чего НЕ может быть.
2) Если сетка на торе, то двойка в правой части формулы Эйлера заменяется на ноль,
и суммарный дефект должен быть не меньше нуля. Это значит, что тор в отличие от сферы
не запрещено покрыть 6-угольными плитками (хотя и не факт, что можно).
Чем больше "дырок" в теле, тем ниже граница суммарного дефкта.
Забавно, сфера — самая капризная!
P>Удивительно простое условие. P>Для каждой грани назовём "дефектом" разность 6-n. P>Для 6-угольника дефект=0 P>Для 5-угольника дефект=1 P>Для 4-угольника дефект=2 P>Для 3-угольника дефект=3 P>Для старших многоугольников дефект отрицателен.
P>Так вот выходит, что суммарный по всем граням дефект не может быть меньше 12. P>Либо придётся иметь в сети 12 (как в додекаэдре) 5-угольников, P>либо 6 (как в кубе) 4-угольников, либо 4 (как в тетраэдре) треугольника. P>А уж если вы позволили себе роскошь иметь старшие полигоны, то вам придётся P>заплатить дополнительными младшими.
Еще одно интересное следствие.
Назвем сеть "дуальной", если она создана по следующим правилам:
1. Вершина соответсвует грани
2. Вершины соединяются ребрами, если в исходной сети грани имели общее ребро.
Т.к. дуальная к дуальной сети — будет исходная, то имеем взаимнооднозначное соответстсвие между сетями.
Отсюда:
Все что выше было сказано про грани — можно отнести и к вершинам!
Этот вывод можно было сделать также, заметив, что все формулы в решении симметричны относительно замены граней на вершины.
P>2) Если сетка на торе, то двойка в правой части формулы Эйлера заменяется на ноль, P>и суммарный дефект должен быть не меньше нуля. Это значит, что тор в отличие от сферы P>не запрещено покрыть 6-угольными плитками (хотя и не факт, что можно).
Имхо, можно. Развертка тора — прямоугольник. Покроем плоскость одинаковыми шестиугольниками и выберем прямоугольник, проходящий через центры четырёх шестиугольников. Свернём его в тор.
Да, гайки решают дело 
