2576
Рассказы про разную математику. Архив: http://dev.mccme.ru/~merzon/mirror/mathtabletalks/
Ещё один сюжет — про меры с нулевым центральным показателем Ляпунова.
Есть давний вопрос теории динамических систем: «как ведёт себя типичная динамическая система?». В его понимании за прошедшие лет сто происходило несколько революций.
Когда-то — казалось, что типичная динамическая система «сваливается» в простой предельный режим: стремится к положению равновесия или периодической траектории.
Работы Картрайт, Литтлвуда и Левинсона, открытие подковы Смейла и диффеоморфизмов Аносова в начале 60-ых показали, что бывают неустранимо-хаотичные системы. И это была революция гиперболической динамики.
Типичный пример тут — отображение A=(2,1 \\ 1,1), действующее на торе R^2/Z^2: точка (x,y) переходит в (2x+y,x+y). У матрицы одно собственное значение λ_1 больше 1, второе λ_2 меньше.
Заменой координат на плоскости R^2 матрицу A можно было бы привести к диагональному виду: одна координата умножается на λ_1, вторая на λ_2 — и почти любая пара близких орбит разбегается с экспоненциальной скоростью: разница новых первых координат умножается на λ_1 на каждом шаге. Наоборот, если мы попробуем продолжить траектории в прошлое, траектории тоже будут разбегаться: разница новых вторых координат будет делиться на λ_2 на каждом шаге, и это опять экспоненциальное возрастание.
Произвольная система f:X->X, конечно, совершенно не линейная. Но рядом с любой точкой p можно посмотреть, что происходит «в линейном приближении». А именно, можно взять отображение за n шагов f^n, взять у него [~~производную~~] дифференциал в этой точке
B=df^n |_p,
взять её сингулярные значения µ_j (корни из собственных значений B^* B ) после чего посмотреть на величины
(1/n) log µ_j
(если бы у нас была линейная динамика, это были бы логарифмы модулей λ_j) и перейти к пределу, когда число итераций стремится к бесконечности. Эти пределы называются показателями Ляпунова.
Соответственно, положительный показатель Ляпунова отвечает экспоненциальному разбеганию траекторий, отрицательный — сближению. Если есть и положительные, и отрицательные показатели — то типичная пара точек разбегается со скоростью, диктуемой наибольшим показателем Ляпунова.
В чисто гиперболическом случае часть показателей Ляпунова положительна, часть отрицательна. И следующий вопрос — а может ли у типичной системы (и у её траекторий) быть не-экспоненциальное поведение? Насколько часто встречаются нулевые показатели Ляпунова? В точности нулевые — нельзя ли их изжить, если чуть-чуть "пошевелить" исходную систему?
Ещё в конце 1990-ых Юлий Сергеевич Ильяшенко и Антон Городецкий придумали стратегию Городецкого-Ильяшенко, которая позволяла строить примеры систем с нужным поведением траекторий (в том числе, в смысле показателей Ляпунова) «контролируемым образом».
А потом, в 2005-ом, мы вчетвером — Юлий Сергеевич, Антон, Максим Нальский и я — построили не разрушающийся малыми возмущениями пример, в котором нулевые показатели Ляпунова присутствовали не только в смысле отдельных траекторий, но и в смысле инвариантных мер. Эту работу мы между собой называли — по первым буквам фамилий — «ГИКН»; недавно коллеги, воспользовавшись анаграммой KING, назвали получающиеся из этой конструкции меры королевскими (royal measures). 🙂
И я помню два момента: когда всё только начиналось, мы сидели на 4-м этаже Независимого, Юлий Сергеевич объяснял нам, что хочется сделать, и у меня была (каюсь!) мысль «но это же не может сработать!». И второй, через несколько месяцев — когда стало понятно, что не просто всё работает, а что в результате получается «эндшпиль с лишними двумя фигурами»: можно довести рассуждение так, можно так, а можно вообще вот эдак, всё равно всё сходится. И это было очень сильно.
С днём рождения, Юлий Сергеевич! Спасибо Вам огромное — и всего Вам самого лучшего!
Спасибо коллегам, приславшим два других решения:
И.П.: «Привет. Насчёт фазы луны -- я когда прочитал вопрос даже не понял что может быть другой ответ чем этот: В еврейском календаре Новый Год (Рош ха Шана) начинается в с новой луны. Симхат Тора - 23й день, а она была 2 недели назад…»
Е.С.: «Привет! Про луну. Про затмение я не сообразил, зато помнил, когда был Праздник середины осени (29 сентября). А в этот день надо любоваться полной луной.»
P.S. А тем временем почти неделя прошла — так что частичное лунное затмение уже завтра (28-го) ночью. Если будет хорошая погода — не пропустите.
Моё решение: ====== ===== ==== (=========) ========= ========, поэтому [ответ]
Читать полностью…
https://mccme.ru/nir/seminar/
в четверг (19.10) на семинаре учителей математики Наталья Нетрусова будет рассказывать про семейный турнир головоломок в Тбилиси, Иван Яковлев — про телеграм-канал «Кроссворд Тьюринга»
19:00Msk, zoom, подробности на сайте
Если вдруг меня читает кто-то из Америки — помните, что у вас сегодня (вот прямо буквально через пару часов) кольцевое солнечное затмение:
https://www.timeanddate.com/eclipse/solar/2023-october-14
Скажем, если вы в Лос-Анджелесе — кольцевое, конечно, не покажут, но Луна закроет довольно заметную часть Солнца. Так что стандартная техника камеры-обскуры, «сделать несколько дырочек в листе бумаги/картона и смотреть на отбрасываемую им тень», вполне покажет сильно покусанные полумесяцы.
(Images credit: https://www.timeanddate.com/ )
И напоминаю: на Солнце нельзя!! смотреть без защиты! И даже солнечных очков недостаточно: они тоже на взгляд прямо на Солнце не рассчитаны!!
Из двух чисел, отличающихся только старшим битом (a_4) двоичной записи, на каждой карточке присутствует ровно одно. Так что, когда мы голосованием выяснили четыре младших бита и нашли соответствующее число — смотрим, на каких карточках оно встречается. Если видим, что плюс-минус на тех же, которые указал отгадывающий (отклонение не больше разрешённого количества неверных ответов), то мы угадали. Если практически «всё наоборот», то нужно прибавить 16. А если ни то, ни то, то вообще-то так быть не должно, так что фокуснику нужно перепроверить себя.
Несколько сложно, да — но получается очень устойчивый код. И почти такой же код — только R(1,5), а не R(1,4), то есть код типа [32,6,16] — реально применялся в космосе для связи с Маринером-9!
Если у линейной функции по модулю 2 коэффициент при каком-то x_i равен 0, то на каждом ребре гиперкуба этого направления значения совпадают; а если 1, то различаются.
Соответственно, так можно узнать последние 4 бита двоичной записи. Для каждого из направлений смотрим на все 8 рёбер (пар ответов) этого направления. Берём те из них, где известны оба ответа (выкидываем, если один из результатов неизвестен). У оставшихся проводим голосование простым большинством: если больше различающихся, то соответствующий бит равен 1, если больше одинаковых, то 0. И записываем этот результат (например: если различаются, то кладём монетку в соответствующий квадратик сверху).
На примере выше — ответы без вранья и без отказа от ответов. Видно, что на всех парах рёбер « направления 1 » значения различаются, а на всех парах рёбер « направления 2 » они совпадают. Значит, бит единиц равен 1, а бит двоек равен 0.
Ну и последний сюжет. Код Адамара — он же код Рида-Мюллера RM(1,4).
Это код типа [16,5,8] — то есть в 16 битах сообщения мы передаём 5 бит информации, а кодовое расстояние равно 8.
Соответственно — загадывающему можно разрешить соврать 3 раза, или 2 раза соврать, а ещё про 3 карточки отказаться отвечать. И всё равно можно будет угадать загаданное число!
На этот раз карточки нужно не разрезать, а оставить одним большим квадратом 4x4. И запастись 20 «жетончиками» (монетками, или ещё чем-нибудь) — чтобы зафиксировать ответы и вести промежуточные вычисления. Можно, конечно, и ручкой отмечать, но тогда карточки одноразовыми будут, а это жалко.
Начало обычное — фокусник спрашивает, на каких из 16 « карточек » (квадратов 4x4) присутствует загаданное число. И загадывающий или фокусник как-то это отмечают: скажем, раскладывают монетки на те квадраты, где ответ « да » (и пустые бумажки на те, где загадывающий промолчал).
А вот дальше — интересное.
Опять же, можно показывать фокус в двух вариантах:
(а) загадывающий может соврать один или два раза. Если он соврал один раз — фокусник угадывает, если два — просто говорит «не верю».
(б) загадывающий может соврать один раз, и дополнительно — про одну карточку может отказаться отвечать.
Для случая (а) — опять же, раскладываем карточки в зависимости от ответов на две кучки, берём ту, которая меньше (считать проще), и считаем XOR синих кодов (уже четырёхбитовых).
- Если получилось 0000 — загадывающий не соврал ни одного раза (для контроля: так бывает только если ответов «да» — 0, 4 или 8; причём не все наборы с 4 «да» подойдут).
- Если получился код с одной или тремя единицами — это код той карточки, где он соврал; находим её и (комментируя) перекладываем в другую стопку.
- Если получилось что-то ещё — загадывающий соврал два раза, говорим «не верю»
А имея правильные ответы — первые 4 карточки это двоичная запись, так что складываем красные числа (первые на карточках с тремя единицами в коде), попавшие в стопку «да».
Вот тут Ксавье Карузо реализовал это в виде Java-апплета, угадывающего смайлик по семи ответам на вопросы (я перевёл по строчкам) :
- Ваш смайлик жёлтый? - У него есть галстук-бабочка?
- Он носит очки? - Он показывает язык?
- Он носит шляпу? - Его руки видны?
- Есть ли у него усы?
Третий набор более интересный. Число опять от 1 до 15 (на самом деле, от 0 до 15), и 7 карточек. В этот раз загадывающий может (но не обязан) один раз соврать — а фокусник всё равно число должен отгадать!
Математика — эти карточки реализуют код Хэмминга [7,4,3], позволяющий исправлять одну ошибку при передаче 4-битового сообщения в 7 битах.
Второй набор (тут — для чисел от 1 до 15 или для чисел от 1 до 31) можно применять двумя разными способами:
а) загадывающего фокусник опять спрашивает про каждую из карточек, есть ли на ней загаданное число — но про любую одну из них загадывающий может отказаться отвечать.
б) отвечая, загадывающий имеет право один раз (но не больше) соврать. Но фокусник, в свою очередь, угадывает число, если все ответы были честными, а если отгадывающий соврал, то фокусник просто говорит «не верю».
Ответ на загадку: это посох Якова, древний прибор для измерения углов — в частности, для измерения высоты звёзд над горизонтом. Только тут на нём сразу все поперечные палочки надеты.
Так и представляется картина — становится человек на качающуюся палубу, и двигает поперечную палочку, пока не найдёт расстояние, на котором один конец указывает на звезду, другой на горизонт, причём вертикально: если чуть-чуть дальше, то уже не достанет, как ни крути. Сам посох при этом будет направлен по биссектрисе; желательно при этом также не выбить себе глаз.
После этого угол находится: если палочка длиной 2a, а зафиксировали мы её на расстоянии h, то
tg(\alpha/2) = a/h,
так что
\alpha = 2 arctg (a/h).
(image credit: Fantagu & Majo statt Senf, Wikipedia)
докажите, что любое число, представимое в виде A²+AB+B² представимо и в виде C²-CD+D² (все числа целые неотрицательные)
(задача со вчерашней олимпиады учителей)
предлагается придумать три разных решения: элементарная алгебра, классическая планиметрия, детские картинки по клеточкам
https://youtu.be/tC3oz6sFdic?t=647
В.А.Зорич на заседании МатОбщества в честь его 80-летия
Владимир Антонович Зорич (16.12.1937–14.08.2023)
к юбилею Юлия Сергеевича Ильяшенко — пусть здесь будет его обзор «Столетняя история 16-й проблемы Гильберта» в трудах семинара «Глобус»
Читать полностью…
Расшифровка: «неделю назад было (кольцевое) солнечное затмение, поэтому первая четверть».
Собственно, затмение было 14-го, в субботу, так что в воскресенье 22-го линия терминатора на Луне была почти прямой.
А ещё есть такое правило — «затмения ходят парами с разницей в две недели» (только вот лунное видно отовсюду, откуда в нужное время видно Луну, а солнечное — только там, куда тень Луны упадёт, а это область маленькая). Так что вечером 28-го октября, если погода позволит, много откуда можно наблюдать частичное лунное затмение (см. скриншот с timeanddate.com).
в качестве картинок по выходным — напечатанное на 3d-принтере фрактальное дерево и его тени
(via complextrees.com via Н.Андреев)
P.S. Про наблюдение — скопирую из поста 2021 года:
==
Оптимальный способ наблюдения — делается дырочка (или несколько) в листе картона или плотной бумаги, и смотрится на тень от этого листа:
https://www.timeanddate.com/eclipse/make-pinhole-projector.html
Плюс такого наблюдения — безопасность: при таком наблюдении нет нужды смотреть даже вообще в сторону Солнца.
(Вот тут фотография тени дерева — где таких просветов в листве оказалось много: http://www.astronet.ru/db/msg/1162946 )
в 2005 году на ММО предлагалось разрезать круг на равные части так, чтобы центр не лежал на границе хотя бы одной из них (С.Маркелов)
на картинке — решение 1502 года от Дионисия и мастерской (via Н.Андреев)
¹ №35 на http://www.dionisy.com/museum/447/
В «направлении 4» значения пар опять совпадают, а в «направлении 8» — все отличаются. Значит, бит четвёрок равен 0, а бит восьмёрок — 1. Итого, наше число это *1001, то есть либо это 9, либо это 16+9.
Читать полностью…
Давайте для начала посмотрим, как устроен сам этот код. Загадано число от 0 до 31 — то есть его 5 бит двоичной записи,
a_4 a_3 a_2 a_1 a_0.
Сопоставим нашим карточкам 16 вершин 4-мерного булевского куба {0,1}^4. И превратим наши 5 бит в 5 коэффициентов аффинной (линейной неоднородной) функции на этом кубе:
L (x_0,x_1,x_2,x_3) = a_0 x_0 + a_1 x_1 + a_2 x_2 + a_3 x_3 + a_4.
Её 16 значений во всех вершинах — это и есть наш код.
И то, что кодовое расстояние равно 8, проверяется мгновенно: ведь ненулевая аффинная функция на булевском гиперкубе ненулевая по меньшей мере в половине его вершин (или во всех, если она константа).
Правда, изящно?
Осталось научиться восстанавливать исходное число!
Для случая (б) — откладываем карточку C, про которую мы не знаем ответа, в сторону, и смотрим XOR в какой-нибудь (меньшей по размеру) из кучек К.
- Если получилось 0000 — нам не соврали, а C нужно положить в другую кучку K’.
- Если получился код C — нам не соврали, а C нужно положить в ту же кучку K.
- Если ни то, ни другое, но в сумме одна или три единицы, то нам соврали, и эта сумма это код соответствующей карточки. Перекладываем её из одной кучки в другую, и кладём С в K’.
- И наконец, иначе добавляем ещё и код C; должен получиться код карточки, которую нужно переложить из одной кучки в другую. А карточку C кладём в K.
Всё, враньё поймали, разложили ответы правильно, и опять складываем красные числа в стопке «да».
Теперь можно скрестить код Хэмминга с идеей бита контроля чётности: раньше, честные ответы для любых двух чисел отличались минимум в трёх местах. Именно поэтому мы в принципе могли исправить один ошибочный ответ: если бы нашлись числа, для которых честные ответы отличаются только на двух карточках (А и Б), то получив ответ «на полпути», мы не смогли бы сказать, это первое число, и нам соврали на карточке А, или второе, а нам соврали на карточке Б.
Так вот — давайте добавим восьмую карточку, сумму первых семи ответов по модулю 2 («нечётное ли число ответов «да» среди первых семи?»). Тогда при честных ответах число ответов «да» всегда будет чётным. Поэтому любые два набора честных ответов отличаются в чётном числе мест — так что наименьшее возможное число отличий увеличивается с 3 до 4. И это — пополненный ход Хэмминга [8,4,4]: в серии из 8 бит передаются 4 бита информации, а любые два правильных набора отличаются минимум в 4 местах.
И алгоритм для фокусника такой:
- раскладывать карточки на две стопки в зависимости от ответа, «да» или «нет»
- взять ту стопку, которая меньше (можно любую, но так проще)
- сложить побитово (XOR) трёхбитовые коды (синие, мелким шрифтом внизу) карточек. На самом деле — это применение к коду проверочной матрицы.
- - если получилось 000, то загадывающий не соврал (и можно похвалить!).
- - если получилась какая-то другая строчка, то это и есть код карточки, на которой загадывающий соврал. Находим её, перекладываем её в другую стопку (комментируя, что-де вот в этот ответ не верится!).
- теперь все ответы про карточки правильные
- и задача сведена к первой: первые четыре карточки это обычное двоичное кодирование. Чтобы их выделить, можно или складывать, красные числа в стопке «да», или — если цвет не виден — выделить те карточки, у которых по меньшей мере две единицы в коде.
Готово!
Опять же, фокус достаточно простой — к двоичному кодированию добавили бит контроля чётности, сумму цифр двоичной записи по модулю 2, и именно его и «спрашивает» последняя карточка.
Соответственно, в варианте а) фокусник смотрит, сколько он уже получил ответов «да», и если их нечётное число, то в карточке, про которую загадывающий отказался отвечать, ответ «да», а если чётное, то «нет». Восстанавливаем ответ на этой карточке (разумеется, проговаривая, «а вот туут ответ должен быть…»), и задача сведена к предыдущей.
А в варианте б) ещё проще — смотрим, сколько карточек в куче «да». Если нечётное число, то говорим «не верю», если чётное, то применяем навыки предыдущего фокуса (главное — не забыть, что бит контроля чётности в двоичную запись не входит; чтобы не путать — степени двойки, которые надо складывать, выделены красным, а на последней карточке красного нет).
Давайте я выложу сюда один сюжет — фокусы с карточками с угадыванием числа. Которые можно показывать — а потом обсуждать с детьми, что происходит.
Набор первый: загадайте число от 1 до 15 (или от 1 до 31, например, день рождения). Дальше фокусник задаёт 4 (или 5) одинаковых вопросов: есть ли это число на данной карточке. И более-менее мгновенно это число называет.
Понятно, как это устроено математически — карточки это вопросы о цифрах двоичной записи. А инструкция фокуснику — показывая карточки, сразу раскладывать их в две стопки, те, где ответы « да » и где ответы «нет». После чего сложить на тех карточках, что в стопке «да», первые числа — это как раз и есть соответствующие степени двойки (ибо первое число, у которого есть единица в разряде «2^n» в двоичной записи, это и есть это самое 2^n). И понятно, что это делается очень быстро.
(Кстати — в Квантике в 2012 году был «Супергалактический определитель возраста» — см. с. 5; а на Мат. Этюдах есть рассказ с набором для распечатки для чисел от 1 до 100)
На кофейном столике Женевского университета нашел прикольную книгу: Do not erase. Сделана она так. На каждом развороте коротенькое интервью с математиком (почти все американские, кажется) слева, а справа — доска. Доски красивые, фото прикладываю.
UPD: в комментах книгу выложили целиком.
Фотография из музея (с убранной подписью). Как вы думете, что это?
Читать полностью…
https://old.kvantik.com/art/files/pdf/2023-01.12-14.pdf
https://old.kvantik.com/art/files/pdf/2023-02.19-23.pdf
Гаянэ Панина. Про Лёлю и Миньку, а также про лемму Шпернера и два её доказательства – одно сказочное, а другое резиновое (Квантик №№1-2 за 2023 год)
