$n$ bicak darbesiyle bir pideyi ve pastayi maksimum kac parcaya bolebilirim?

Question

Sanirim pide icin cevap $\frac{n^2+n+2}{2}$. Pasta icin durum ne hic bir fikrim yok

Comments

Pide ile pastayı farklı kılan nedir?

---

Pideyi 2, pastayı 3 boyutlu varsayıyorlar. Pastayı enine kesebiliyor, pideyi öyle kesemiyor.

---

@Sercan hocam, @Yasin Sali hocamin dedigi gibi pastayi enine de kesebiliyoruz.

Sanirim sonuc su iliskiyi saglayacak

$k+m = n \\ \max\{{\frac{j^2+j+2}{2} \cdot \frac{l^2+l+2}{2}} : j\leq k \land l\leq m\}$

Duzenleme sonrasi :

saglamiyor efendim bu iliskiyi

---

Pideyi düzlem olarak düşünürsek verdiğiniz $C(n, 0) +C(n, 1) +C(n,2)$

formülü $n$ doğru ile düzlemi maksimum parçaya ayırma probleminin cevabı. Pasta için, 3 boyutlu alıyorsak, $n$ düzlemin uzayı en çok kaç alt bölgeye ayırdığını hesaplamak gerekir.

---

@alpercay cok tesekkur ederim. peki duzlem icin durum neden $C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)$ ? Bunun sezgisel (yada daha da iyisi ispati) bir aciklamasi var mi.

tahminimce uzay icin cevap $C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3)$ olacak ?

bu oruntu devam ediyor mu yani $m$ boyutta $n$ hiperyuzey ucun cevap

$\sum_{i=0}^mC(n,i)$ mi olacak

---

Sanırım pasta için cevap @alpercay'in bir üstteki yorumuna çok benzer şekilde $C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3) = (n^3+5n+6)/6$

---

Sezgisel bir çözüm denemesi:

$m$ boyutta $n$ tane hiperdüzlemden maksimum sayıda parça (buna $f(m,n)$ diyelim) elde edebilmek için, hiperdüzlemlerin kesişim noktalarının (bunlara verteks diyelim) sayısının da maksimum olması gerekir. Bu da her bir vertekste minimum sayıda hiperdüzlemin kesişmesi demektir. Bu minimum sayı $m$ boyut için $m$ hiperdüzlemdir (bunu lineer cebir yardımıyla gösterebiliriz).

Şimdi bir boyut aşağı inelim ve $f(m-1,n)$ değerini bildiğimizi varsayalım. Bu değeri sağlayan bir $m-1$ boyutlu çözümü $\mathbb{R}^m$ içerisine gömelim ve $(m-2)$ boyutlu küçük hiperdüzlemleri büyük uzayın bir ekstra boyutunda paralel olacak şekilde uzatalım ki $(m-1)$ boyutlu hiperdüzlemler haline gelsinler. Elde ettiğimiz paralel hiperdüzlemleri, gömme düzlemini sabit bırakacak şekilde, döndürebilir ve birbirleriyle kesiştirebiliriz. Her vertekste $m$ tanesi kesişecekse en çok $C(n,m)$ tane farklı verteks bulabiliriz. Böylelikle maksimum verteks sayısına ulaşacağız.

İddiam: Böyle elde edilen her verteks için, tabanı gömme düzleminde tepe noktası verteks olan bir tane fazladan hiperprizma parça oluşacağı ve bu yüzden $f(m,n) = f(m-1,n) + C(n,m)$ olduğudur.

Answer 1

Öncelikle pide için şunları gözlemleyelim. $n\geq 1$ olmak üzere $n$ bıçak darbesiyle bir pideyi maksimum bölebileceğimiz sayı $T(n)$ olsun.

$n=1$ için $T(1)=2$

$n=2$ için $T(\mathbf{2})=4=2+\mathbf{2}=T(1)+\mathbf{2}$

$n=3$ için $T(\mathbf{3})=7=4+\mathbf{3}=T(2)+\mathbf{3}$

$n=4$ için $T(\mathbf{4})=11=7+\mathbf{4}=T(3)+\mathbf{4}$

olacağını görmek zor olmasa gerek. Bu gözlemlere biraz daha odaklanırsak $$T(\mathbf{n+1})=T(n)+(\mathbf{n+1})$$ ilişkisinin olduğunu görebiliriz. İşin zor kısmı buraya kadar olan kısımdı. Bundan sonrası artık kolay. Şöyle ki:

$T(2)-T(1)=2$

$T(3)-T(2)=3$

$T(4)-T(3)=4$

$\vdots$

$T(n+1)-T(n)=n+1$

eşitliklerini taraf tarafa toparsak

$$\begin{array}{rcl} T(n+1)-T(1) & = & 2+3+4+\ldots +(n+1) \\ \\ & = & \frac{(n+1)(n+2)}{2}-1 \\ \\ & = & \frac{n(n+3)}{2}&\end{array}$$ eşitliği elde edilir. Buradan da $$T(n+1)=\frac{n(n+3)}{2}+T(1)=\frac{n(n+3)}{2}+2=\frac{n^2+3n+4}{2}$$ olur. Dolayısıyla

$$T(n)=\frac{(n-1)^2+3(n-1)+4}{2}=\frac{n^2+n+2}{2}$$ olarak bulunur.

Comments

Benzer yöntemle pasta için de bir formül elde edilebilir.

Answer 2

Yanıt $C(n,0)+C(n,1)+C(n,2)+C(n,3)$ olmalı. Vakit bulunca bir kanıt yazacağım. Buna göre $4$ düzlem $3$- boyutlu uzayı en çok $15$ alt bölgeye ayırır.