самоед-4 wrote: Я надеюсь, дальнейшие изменения можно теперь приостановить?

PP wrote:
Нет у Вас фантазии, ув.РР

Все вершины полигона имеют целочисленные координаты на плоскости. Длины всех сторон целые числа. Доказать, что периметр четное число.

Очевидно, что достаточно доказать это для треугольника, а далее индукция нам поможет. В случае-же треугольника перенесем одну вершину в начало координат, а две другие перенесутся в (x1,y1) и (x2,y2). Теперь тупо перебираем 16 возможных комбинаций четности x1, x2, y1, y2 и убеждаемся, что периметр во всех случаях четный.

OK, маленькое упрощение. Четность при возведении в квадрат не меняется, поэтому вместо четности периметра треугольника проверим четность суммы квадратов сторон:
x1^2+y1^2+x2^2+y2^2+(x1-x2)^2+(y1-y2)^2=2*(x1^2+x2^2+y1^2+y2^2-x1*x2-y1*y2) - очевидно четное число.

Для треугольника это верно из формулы Герона
Площадь такого треугольника (его всегда можно положить одной стороной на ось) кратна 1\2
Значит полупериметр целый, иначе будет плохо....

[tex]{S = {\sqrt {s\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)}}}[/tex]

РР, я тоже могу сказать, что ваша задачка - это математика не для чайников, а для детского сада - для старшей группы, чтобы Вы не обиделись. ))

самоед-4 wrote: Задачка не моя, но Вы правы она детская. Я ее взял с нашей здешней олимпиады для 6-8 кл

procrastinator wrote: Это Вы хитро придумали, что вместе с замечанием Владимировича дает более простое решение чем оригинальное.

PP wrote: Это я не хитро придумал, это я облажался. Чтобы индукция прошла без запинки, надо суметь отрезать от многоугольника треугольник, у которого длина новой стороны будет тоже целой.

как индукция покатит? не ли хватит разбиения полигонов на треугольники?

procrastinator wrote: Построим для каждой стороны многоугольника пифагорейский треугольник
Тогда, если сторона четная, то оба катета будут четными
Если нет, то один четный, другой нечетный.

Тогда, не теряя четности, мы можем заменить сторону на два катета.
Если сторона уже на оси, то ничего не делаем.

В итоге все стороны будут либо горизонтальными, либо вертикальными
Поскольку многоугольник замкнутый, то мы сложим суммы по х и y по два раза

Как-то так

procrastinator wrote: думаю, что заморачиваться новой стороной не стоит, поскольку вычитаем её нецелую ДВАЖДЫ не трогая общую четность

PP wrote: дело в том, самоед, что иногда "задачки" ваши не стоят как-бы свеч, как-то липовыми/бессмысленными отдают, в то время как задачка РР вполне себе нормальная и строгая, хоть и (не совсем) деццкая

Vladimirovich wrote: Как и с треугольником, вместо четности периметра, проверяем четность суммы квадратов сторон. Когда раскроем скобки и приведем подобные, все будет с коэффициентом 2 (и все числа - целые). Я подозреваю, что этот подход идентичен тому, что Vladimirovich предложил выше.

Хайдук wrote: Вот и я так-же думал, а потом сообразил, что длина новой стороны не обязана быть целочисленной, а значит индукция не работает.

procrastinator wrote: А я каким то образом это пропустил. Vladimirovich wrote:

зачем нам индукция вообще? разбиению на треугольники по барабану индукция

Vladimirovich wrote: А вот тут я не очень понял. Как мы можем заменить на два катета? У нас так может ведь полигон поломаться?

PP wrote: Почему поломаться? Будет полигон с большим количеством сторон, вот и все.
Но с той же четностью

Хайдук wrote: Просто разбиение не проходит. Не все треугольники одинаково полезны, то бишь имеют целые длины сторон

Vladimirovich wrote: А не могут при этом две стороны совпасть если будет такая /\ бяка, или я туплю?

PP wrote:
Это неважно, думаю. Мы просто заменяем отрезок на его эквивалент по четности
Совпадет - вырежем совсем

Выкристализовалось простое решение. В прямоугольном треугольнике с катетами a и b, и гипотенузой c мы имеем:
с = с^2 = a^2 + b^2 = a + b (mod 2)
По Владимировичу к каждой стороне многоугольника пририсовываем катеты длиной |x{i}-x{i+1}| и |y{i}-y{i+1}| соответственно.
Поэтому, четность периметра многоугольника совпадает с четностью суммы (x{i}-x{i+1}) + (y{i}-y{i+1}) по всем вершинам, а эта сумма равна 0. Заметьте, что я суммирую не просто длины катетов |x{i}-x{i+1}|, а именно их ориентированные значения (x{i}-x{i+1}), четность у них совпадает.

procrastinator wrote:

Как вы думаете, поток важнейших православных праздников является пуассоновским или нет?

В православии их 12 - Двунадесятые праздники: сегодня, например, Сретение. Пасха отдельно, самый важный праздник. Не все праздники приходятся на фиксированный день. Поэтому надо или иметь статистику этих дней, или вычислить их в предположении, что поток всех праздников пуассоновский. Как вам постановка задачи?

Как вы считаете, если алгоритм или формула умножает очень большие числа на очень маленькие, причем известные не очень точно, то это нормально или не совсем? Вот например.



Первый сомножитель просто огромный, поскольку скорость света очень большая, а постоянная Хаббла очень маленькая, ~ 10^-18 1/cек. Второй же множитель, интеграл, даже в случае бесконечного красного смещения z будет < 1, а характерные z < 10.

самоед-4 wrote: H0 там вовсе не постоянная Хаббла по описанию

Как не Хаббла?

А, ну да, это ж на мегапарсек деленная.
Ну и в чем проблема? 300000\67 = ~4500 мегапарсеков. Нормальненько так для астрономии