Увы, нет. Формально я имел ввиду именно члены от (n+1) до 2n, а по существу - что первые n членов это примерно половина, имея ввиду именно примерно. Что могло оказаться именно половина в пределе у меня было не более чем смутное ощущение
Ну при чём тут милиция!(т е Стирлинг). Следующий член получается умножением на n и делением на к, т е до n-ого члена - рост.
Да правы Вы, конечно, Григорий, правы
У меня затмение вышло.
А Стирлинг при том, что идет возрастание ряда на самом деле...
А я думал, что ряд загнется вниз со временем... Не подумал...
....экстраполировал с ряда Тейлора для e^x. Виноват.
Пусть f(x,y) - функция двух переменных, обладающая таким свойством: если (x_1,y_1), (x_2,y_2), (x_3,y_3), (x_4,y_4) - вершины квадрата, то тогда f(x_1,y_1)+f(x_2,y_2)+f(x_3,y_3)+f(x_4,y_4)=0. Можно ли построить нетривиальный пример такой функции f (т.е., так что f отлична от нуля хотя бы в одной точке)?
А нельзя ли тут рассмотреть решетку NxN и записать систему уравнений для квадратов образуемых этой решеткой и показать, что нетривиального решения нет?
функцией Дирихле навеяло
f(x+h,y) = -f(x,y) if h rational
f(x+h,y) = f(x,y) if h irrational
f(x,y+h) = f(x,y) if h rational
f(x,y+h) = -f(x,y) if h irrational
f(0,0) = 1
f(x,y) + f(x+h,y) + f(x,y+h) + f(x+h,y+h) =0
Мне вот интересно следующее: можно ли доказать, что в фазовом пространстве подбрасываний идеальной копеечки мера множества траекторий, приводящих к выпаду орла, равна 0,5 и значит столькому же равна и мера дополнительного множества траекторий, приводящих к выпаду решки? По-видимому, обе множества должны быть всюду плотными и несчётными, дабы обладать мерой больше нуля. Таким образом вероятность 0,5 выпада орла или решки выражается не случайной статистикой исходов, как обычно, а вполне детерминированной мерой на множестве вполне детерминированных (гладких) траекторий
Еще, как вариант, функция отлична от нуля на каком-нибудь хитром фрактале.
Есть вариант подойти так.
Предположим, что функция отлична от нуля ( ну и =1) в точке 0,0. ( это можно допустить)
Для h множество всех ненулевых квадратов будет как минимум (в полярных координатах) r= h, r = 2h
Предположим, мы нашли функции f(h, ) и f(2h, )
Соответственно, следующий шаг, надо построить функции f(2h, ) и f(h/2, ) и т.д.
Причем f(2h, ) строится уже однозначно.
Поэтому терзают глубокие сомнения, как это все уживется с множествами, построенными на другой точке.
Австралийские математики Джошуа Соколар и Джоан Тэйлор решили задачу одной плитки (einstein problem - не путать с Einstein's problem). Статья ученых еще не принята к публикации, однако ее препринт доступен на сайте arXiv.org.
Замощением плоскости называется представление ее в виде набора склеенных по границам фигур (называемых плитками). Один из простейших примеров - так называемое гексагональное замощение, когда плоскость, как соты, составлена из шестиугольников, соединенных по сторонам. Замощение называется периодическим, если при сдвиге на некоторый вектор оно переходит в себя. В гексагональном случае это, например, вектор, соединяющий центры соседних шестиугольных ячеек.
В рамках новой работы ученые решали проблему построения непериодического замощения при помощи всего одной плитки (это и есть задача одной плитки). Форма полученной ячейки, как и в предыдущем случае, шестиугольная, однако благодаря особой раскраске замощение получается непериодическим. Помимо двумерной задачи, исследователи предложили трехмерный аналог своего результата.
При чём тут проблема одной плитки, ежели они раскрашены по разному?
Мне вот интересно следующее: можно ли доказать, что в фазовом пространстве подбрасываний идеальной копеечки мера множества траекторий, приводящих к выпаду орла, равна 0,5 и значит столькому же равна и мера дополнительного множества траекторий, приводящих к выпаду решки? По-видимому, обе множества должны быть всюду плотными и несчётными...
несчетными - это да, а вот всюду плотными - это вряд ли. Я бы сказал, что оба множества орла и решки должны быть открытыми (небольшое изменение начальных условий не влияет на результат), а поэтому ни одно из них не может быть всюду плотным (а граница между множествами орла и решки - это там, где монета встает на ребро
При чём тут проблема одной плитки, ежели они раскрашены по разному?
судя по тому, что написано в самой статье (arxiv.org/pdf/1003.4279v1), плитки раскрашены одинаково, но они прозрачны, т.е., их можно не только поворачивать, но и переворачивать. И, кстати, вот это
Помимо двумерной задачи, исследователи предложили трехмерный аналог своего результата.
в Ленте написано несколько безграмотно. В статье имеется в виду, что просто через форму двумерных плиток такие правила укладки реализовать нельзя, но можно это сделать либо предположив, что плитки не обязаны быть связными (см. картинку 3), либо делая плитки трехмерными (см. картинку 4).
оба множества орла и решки должны быть открытыми (небольшое изменение начальных условий не влияет на результат), а поэтому ни одно из них не может быть всюду плотным (а граница между множествами орла и решки - это там, где монета встает на ребро).
Пожалуй, да. Вдали от границы множества заведомо полные/непрерывные, а вбилизи границы должны чередоваться все чаще и чаще, как-бы устремляясь к всюду плотности лишь в пределе бесконечно малой окрестности границы. Хотя мера границы вроде нулевая, однако в идеальных условиях полностью детерминированной динамики без случайных возмущений/неустойчивостей копеечка должна иногда вставать на ребро
