2576
Рассказы про разную математику. Архив: http://dev.mccme.ru/~merzon/mirror/mathtabletalks/
>>электрон тетраэдр так же неисчерпаем, как атом треугольник (Ленин Руденко).
>>
Даня Руденко занимался алгебраической геометрией, и по ходу открыл новое тождество для тетраэдров (по ссылке вполне mesmerizing story об этом). После долгих поисков он обнаружил похожее тождество в старинном журнале The Educational Times.
Потом он же сотоварищи сделал сайт с геометрическими задачками из старых журналов.
На сайте тысячи старинных задач с прикрученным поиском. Красота! Практически склеил двух столетий позвонки (в хорошем смысле).
Если есть предложения как улучшить сайт с задачами: предлагайте!
#математика
Есть такие задачки, решение которых не требует знания сложных теорем, но требует определенной гибкости ума и интеллектуальной настойчивости, — они вызывают азарт и доставляют немалое удовольствие в процессе и по факту их решения )).
Сегодня опубликовали новый ролик с одной такой задачкой:
«По морю с постоянными скоростями прямыми непараллельными курсами идут четыре корабля. Известно, что три из них попарно встретились в море. Известно также, что четвёртый корабль встретился сначала с первым, а потом со вторым кораблём. Докажите, что он обязательно встретится, или встретился раньше, также и с третьим кораблём».
Чтобы задачку решить практически в уме, нужно перейти от плоских траекторий кораблей к их мировым линиям в трехмерном (в данном случае) пространстве, у которого «в основании» — плоскость, в которой движутся корабли, а «по вертикальной оси» — время.
Отличие мировых линий от траекторий в том, что из пересечения траекторий вовсе не следует встреча кораблей, а из пересечения мировых линий — следует.
Чтобы не лишать вас удовольствия, не будем здесь приводить полное решение — его можно найти в ролике.
Более сложный вопрос, над котором предлагаем подумать, такой: справедливо ли утверждение задачи в случае движения кораблей не по плоскости, а по поверхности сферы?
P.S. Кажется, что такого рода задачки (не важно по физике или по математике, важно что у них есть изящное и нетрудоемкое решение, если чуточку подумать) — очень важная составляющая любой хорошей системы обучения. Они привносят в процесс элемент игры.
Антипараллелограмм — плоский невыпуклый самопересекающийся четырёхугольник, в котором каждая сторона равна противоположной, но не параллельна ей, в отличие от параллелограмма.
Шарнирный антипараллелограмм – конструкция изгибаемая. Нарисуем всевозможные положения оси симметрии антипараллелограмма при его изгибании.
Первый случай: закреплённой, неподвижной является короткая сторона антипараллелограмма. Тогда кривая, огибающая всевозможные положения оси симметрии, является эллипсом https://zadachi.mccme.ru/antipar/antipar2.html . На самом деле это другой взгляд на сюжет «Качение эллипсов» https://etudes.ru/models/conic-sections-ellipse-gears/ .
Второй случай: неподвижной является длинная сторона антипараллелограмма. Огибающей всевозможных положений оси симметрии антипараллелограмма является… гипербола https://zadachi.mccme.ru/antipar/antipar1.html
На указанных страницах ползунок отвечает за соотношение длин сторон у антипараллелограмма. А заинтересовавшиеся приглашаются на семинар учителей https://mccme.ru/nir/seminar/ , где обсудим подробнее и эту тему.
‼️Сегодня ночью произойдет покрытие века! Бетельгейзе — одна из самых ярких звезд на небе скроется за астероидом на 11 секунд! Такие события происходят крайне редко!
Астероид (319) Леона, диаметром 70 км, из главного пояса астероидов (между Марсом и Юпитером) в течение 11 секунд будет проходить на фоне альфа Ориона — красного сверхгиганта Бетельгейзе. Это будет длится с 01:09 до 01:26 UT (для Москвы прибавить 3 часа) утром 12 декабря.
Видно это покрытие будет в узкой полоске диаметром порядка 100 км от Китая, далее: Таджикистан, Узбекистан, Туркменистан, Азербайджан, Армения, Турция, Греция, Албания, Италия, Испания, Португалия, США и Мексика.
Само покрытие может быть не полным, так как угловые размеры Бетельгейзе, скорее всего, окажутся больше угловых размеров астероида. И если расчеты верны, то в центре полосы максимальное покрытие составит 93%, а падение яркости около 3 зв. вел. (в 15 раз слабее станет, т.е. по яркости чуть ярче туманности Ориона!).
Сама Бетельгейзе является переменной звездой. На данный момент ее блеск около +0.5 зв.вел.
Что смогут узнать астрономы в результате покрытия: угловой размер и форму как астероида, так и звезды; наличие спутников или колец у астероида (так же и у Бетельгейзе).
Наиболее точную карту полосы покрытия можно найти тут: https://lesia.obspm.fr/lucky-star/occ.php?p=131608
А рассчитанные эфемериды покрытия тут: https://asteroidoccultation.com/2023_12/1212_319_82912_Summary.txt
Вот тут будет прямая трансляция: https://www.youtube.com/watch?v=ELQx7SCadM4
Картинка с лекции Г. Мерзона прямо сейчас: четырёхшарнирное рассуждение Штейнера для изопериметрической задачи. Почему кривая данной длины, ограничивающая максимальную площадь — окружность?
(шаг 1) она выпуклая;
(шаг 2) соображения симметрии — любой отрезок, делящий периметр пополам, делит пополам и площадь, иначе достраиваем большую половину симметрично;
!! (шаг 3) четырёхшарнирное рассуждение: такой отрезок должен быть виден под углом в 90 градусов из любой точки границы. Потому что если нет — достроив вторую половину центрально-симметрично, можно увидеть параллелограмм. После чего можно считаем, что кусочки границы, опирающиеся на эти кусочки, жёсткие, а в этих точках шарниры. Но шарнирный параллелограмм можно превратить в прямоугольник, увеличив его площадь — а площади "сегментов" при этом не поменяются, так что общая площадь фигуры вырастет.
(Плюс соображения компактности — чтобы фигура наибольшей площади нашлась.)
Plane partitions in the work of Richard Stanley and his school
C. Krattenthaler
These notes provide a survey of the theory of plane partitions, seen through the glasses of the work of Richard Stanley and his school.
Отличный доступный обзор об истории плоских разбиений (plane partitions)
Если посмотреть на расположения проигрышных позиций, которые появляются на уровне k=0, на первых двух k=0,1 и на первых четырёх k=0,1,2,3 — то бросаются в глаза цепочки квадратов со стороной 1-2-4 соответственно, выстраивающихся вдоль главной диагонали.
И становится ясно, что так продолжается и дальше: если (уже в бесконечном октанте) посмотреть на первые 2^m уровней, когда в третьей кучке k=0,..., 2^m -1 камней, то проявившиеся проигрышные позиции заполняют цепочку квадратов со стороной 2^m. После чего на следующих 2^m уровнях точно так же заполняются квадраты над/под этой цепочкой, которые дополняют эту цепочку до цепочки вдвое больших квадратов.
Иллюстрация к описанному выше — картинки "разворачивающихся меридианов" и проверки сохранения площадей: скриншоты из видео MathoLoger'а ( https://youtu.be/5q_sfXY-va8 )
Читать полностью…
К вопросу со звёздочкой: давайте я немного поговорю про игру "ним".
Правила игры — есть несколько кучек камней, за один ход можно взять сколько угодно камней из любой одной кучки. Кто не может сделать ход — проиграл (иными словами, выигрывает взявший последний камень).
Игра на одной кучке тривиальна; игра на двух кучках решается симметричной стратегией — если в кучках одинаковое число камней, выигрывает второй игрок, а иначе начинающий (берущий столько, чтобы в кучках стало поровну). А что будет для игры с тремя кучками камней?
Возможным позициям в игре с двумя кучками можно сопоставить клетки (полубесконечной) таблицы или доски — позиции с i и j камнями в кучках соответствует клетка с координатами (i,j). И игра в таком случае превращается в игру "ладью — в угол", когда игроки по очереди двигают ладью влево или вниз на любое число клеток. И даже если симметрическая стратегия не угадывается сразу — она бросается в глаза, если раскрасить клетки-позиции на выигрышные и проигрышные.
Игра же на трёх кучках превращается уже в трёхмерную таблицу или доску. Давайте ограничим число камней в кучках — пусть в каждой кучке их меньше N.
Вопрос: как выглядит множество проигрышных клеток внутри куба NxNxN? Скажем, если этот куб затем сжать в N раз, чтобы он стал единичным, после чего клетки станут этакими "пикселями" (ну, или "вокселями", потому что они трёхмерные).
Если вы никогда этого не делали — попробуйте разобраться, что происходит для N=8. Игру можно разбирать "по слоям": сначала раскрасить доску 8x8, отвечающую позициям (i,j,k) с k=0. Собственно, тут это уже разобранный случай двух кучек.
Потом — с k=1 (учтя возможность хода "вниз"). Потом с k=2,3,... . И ответ сам по себе начнёт "проявляться"!
К. Кноп меня тут научил, что треугольник Серпинского связан с ханойской башней. А именно, возможные конфигурации n колец можно сопоставить маленьким треугольникам на салфетке "порядка n" (после n раундов выкидывания).
При этом конфигурациям, отличающимся на один разрешённый ход, соответствуют соседние треугольники. Полностью собранным на одном из стержней кольцам — маленькие треугольники в самых вершинах исходного. А знание положений k самых больших колец определяет, в каком треугольнике ранга k (получающегося после k раундов выкидывания) содержится отвечающий данной позиции самый маленький.
Построить можно по индукции — построив для (n-1) кольца и состыковав [правильно повернув] три таких (отвечающих возможным положениям последнего кольца) нужным образом: треугольники "последнее кольцо на вершине А" и "последнее кольцо на вершине B" должны стыковаться по тем вершинам, где все кольца, кроме последнего, собраны в вершине C.
Точку Торричелли треугольника соединили с вершинами. В трех получившихся треугольниках провели прямые Эйлера. Доказать, что они проходят через одну точку.
// задачку рассказал Р.К.Гордин сегодня
Убедиться в этом довольно просто. Сначала поймём, почему проекция обычного тетраэдра это квадрат. Для этого лучше всего заметить, что при "шахматной" раскраске вершин куба 4 одноцветные вершины образуют как раз правильный тетраэдр. Тогда середины противоположных рёбер этого тетраэдра это середины противоположных граней куба, так что направление проектирования это одно из направлений рёбер куба (на рисунке — вертикального). А 4 другие ребра тетраэдра — это диагонали 4 других граней куба (на рисунке — боковых), так что они проецируются в рёбра основания. И вот и получилось, что проекция тетраэдра это квадрат.
Читать полностью…
картинки по выходным: теорема Наполеона и ее родствениики из свежего Квантика, https://kvantik.com/issue/pdf/2023-11_sample.pdf
Читать полностью…
У него есть естественный аналог: тетраэдр Серпинского.
- Начинаем с правильного тетраэдра X_0 с вершинами A_1, A_2, A_3, A_4;
- а дальше на каждом шаге заменяем имеющуюся фигуру X_n на объединение X_{n+1} её образов T_1(X_n), T_2(X_n), T_3(X_n), T_4(X_n), где отображения T_j — гомотетии, сжимающие в два раза к точкам A_j.
Легко проверить по индукции, что X_{n+1} содержится в X_n, а тетраэдр Серпинского — предельный объект, пересечение их всех.
На него можно посмотреть на фото — кстати, на его гранях мы видим как раз треугольники Серпинского.
А теперь — внимание, вопрос: давайте возьмём проекцию тетраэдра Серпинского вдоль прямой, соединяющей середины его противоположных рёбер. Как вы думаете, что получится?
И вопрос со звёздочкой: а при чём тут игра ним?
картинки по выходным: парабола на клетчатом полу… и она же окружность
// src: diffgeom/" rel="nofollow">https://mathstodon.xyz/@diffgeom/
https://twitter.com/i/status/1430777572787462152
еще одна картинка специально для тех, кого параболы недостаточно впечатляют
https://geometry.ru/ad_70.html
Александру Давидовичу Блинкову исполняется 70 лет
по этому поводу в субботу (16.12) в МЦНМО будет “праздничный методический семинар учителей математики” (выступят П.В.Чулков, Ю.А.Блинков, К.М.Столбов, И.А.Эльман, Н.П.Стрелкова, Д.В.Прокопенко, Ю.М.Эдлин)
приглашаются, как обычно, все желающие (организаторы просят только зарегистрироваться); подробности по ссылке
Картинка из ещё одного рассуждения для изопериметрического неравенства для многоугольников — и для любимой мной формулы для площади r-окрестности выпуклого многоугольника,
S(r) = πr^2 + L*r + S.
Изопериметрическое неравенство состоит в том, что дискриминант этого квадратного трёхчлена неотрицателен,
L^2 - 4π S >= 0.
А дальше — разными способами работая с отрицательными (!) r — либо доопределив фигуру и работая с ориентированными площадью и периметром, или двигая стороны-стенки внутрь и грубо "обрубая" (и получая неравенство на дискриминант), можно доказать, что S(r) и впрямь где-то в области r<0 обращается в ноль.
Вот этих рассуждений я не знал!
пусть здесь будет такая цитата, например:
Why were plane partitions so fascinating for MacMahon, and for legions of followers? From his writings, it is clear that MacMahon did not have any external motivation to consider these objects, nor did he have any second thoughts. For him it was obvious that these plane partitions are very natural, as two-dimensional analogues of (linear) partitions (for which at the time already a well established theory was available), and as such of intrinsic interest. Moreover, this intuition was “confirmed” by the extremely elegant product formula in Theorem 1 below. He himself — conjecturally — found another intriguing product formula for so-called “symmetric” plane partitions contained in a given box (…). Later many more such formulae were found (again, first conjecturally, and some of them still quite mysterious …). Moreover, over time it turned out that plane partitions (and rhombus tilings) are related to many other areas of mathematics, most notably to the theory of symmetric functions and representation theory of classical groups (…), representation theory of quantum groups (…), enumeration of integer points in polytopes and commutative algebra (…), enumeration of matchings in graphs (…), and to statistical physics (…).
📢 Лекция Григория МЕРЗОНА в это воскресенье, 10 декабря 18:00 МСК
Григорий Мерзон — сотрудник МЦНМО и Лаб. популяризации и пропаганды математики МИАН, редактор журнала «Квантик».
🔍 Геометрические неравенства
📝 Мы поговорим про геометрические неравенства. Вот два примера задач.
* Как оценить площадь фигуры, если известен ее периметр? Как уточнить оценку, если известна дополнительная информация про геометрию фигуры?
* В метро разрешается проносить только такие коробки (прямоугольные параллелепипеды), у которых сумма измерений по длине, ширине и высоте не больше 150 см. Можно ли обойти это правило, убрав запрещенную коробку внутрь разрешенной?
Рассказ предполагается элементарным. От слушателей ожидается, что они знают формулу площади круга, морально готовы (не только рисовать картинки, но и) раскрывать скобки, не боятся слова “вероятность”.
⏰ Начало в 18:00 МСК.
📌 Ссылка на Zoom.
#открытые_лекции #анонс
Вот почти-мультфильм с тем, как по слоям заполняются выигрышные и проигрышные позиции для нима на 3 кучках, в которых исходно меньше 8 камней в каждой — или, что то же самое, в игре "ладью в угол" в кубе 8x8x8.
Справа — таблица текущего слоя; когда мы на него только переходим, из всех проигрышных позиций со всех слоёв ниже приходят выигрышные позиции, поэтому исходно он не совсем пустой.
Слои последовательно заполняются: механическим, раз за разом, применением правила "если из позиции можно пойти в проигрышную, то она выигрышная, а если можно только в выигрышные, то она проигрышная".
Слева — таблица "знаем ли мы уже для данного столбца, в каком слое в нём проигрышная позиция" (двух проигрышных позиций, одна над другой, быть не может).
(Кстати: обычно стрелочки вправо-влево позволяют перелистывать слайды так, чтобы они друг относительно друга не съезжали.)
И — наблюдая за такой, механически полученной, картинкой, можно пройти по очень правильному пути: заметить-сформулировать-доказать.
Симплектоморфизм Архимеда (так называл его Арнольд) — это замечательное отображение сферы без полюсов на цилиндр, описанный около сферы. Это отображение сохраняет вертикальную и угловую координаты точки. Замечательно оно тем, что является симплектоморфизмом, то есть сохраняет площади — фигура на сфере переходит в фигуру той же площади на цилиндре. В частности площадь цилиндра равна площади сферы (это многие проверят в уме).
Сегодня узнал в канале непрерывного математического образования про совершенно другой симплектоморфизм: между сферой без северного полюса и кругом двойного радиуса. В канале мультик с рассказом, а словами этот симплектоморфизм описывается так: каждый меридиан (из южного полюса) сферы нужно повернуть вокруг его касательной в южном полюсе так, чтобы он стал горизонтальным. Получается круг, двойного радиуса, его площадь равна площади сферы, но более того — площади фигур сохраняются.
Первый симплектоморфизм имел (если не путаю) отношение к «теореме о теннисном мяче» — вложенная гладкая кривая на сфере, делящая ее площадь пополам, имеет не меньше четырех перегибов. А какие замечательные точки кривых на сфере можно «увидеть» с помощью второго симплектоморфизма?
https://youtu.be/5q_sfXY-va8
( и https://youtu.be/KD_hRn_97RI )
новое видео Mathologer'а (при участии Henry Segerman'а) про объем шара и площадь сферы
Картинка к предыдущему: маленькие треугольники, отвечающие ситуациями, когда:
- все кольца на одном из стержней (заштрихованные в вершинах)
- все кольца, кроме самого большого, на одном стержне, а большое на другом (отмеченные точками).
к сегодняшнему юбилею Рафаила Калмановича Гордина — пусть здесь будет его недавнее интервью
Читать полностью…
Остаётся вспомнить процедуру построения тетраэдра Серпинского, когда на каждом новом шаге мы объединяем гомотетичные образы фигуры на предыдущем шаге, сжимая её в два раза к каждой из вершин тетраэдра.
Проекция сжатой в два раза фигуры — это сжатая в два раза проекция. Но если квадрат сжать в 2 раза к каждой из вершин, то в объединении получится опять исходный квадрат! (А маленькие квадраты будут пересекаться только по рёбрам.)
Повторяя опять и опять, в пределе мы в пространстве получаем тетраэдр Серпинского — а в проекции всё тот же исходный квадрат.
Ответ на вопрос довольно удивительный — это... квадрат! Причём почти все его точки (кроме счётного объединения отрезков) получаются ровно из одной точки тетраэдра Серпинского.
На фотографии — тот же самый тетраэдр Серпинского, снятый с нужного направления и с достаточно большого расстояния, чтобы это была почти параллельная проекция.
От Арнольда знаю такое утверждение: период физического маятника строго монотонно зависит от амплитуды. Даже производная не нулевая. В одном из его экзаменов по обыкновенным дифференциальным уравнениям это (вернее: задача быстро сводящаяся к этой) была самая сложная задача.
Не видал пока молодых математических людей (и сам таким не был), которые могли бы ее быстро решить.
не видел в книжках, чтобы этот факт о монотонности был явно сформулирован - если кто видел — скажите
Многие наверняка видели треугольник Серпинского: берём правильный треугольник, вырезаем в середине дырку — серединный треугольник, потом вырезаем дырки в каждом из трёх получившихся треугольников, и так далее. По-другому это можно сказать так:
- начинаем с правильного треугольника X_0 с вершинами A_1, A_2, A_3;
- а дальше на каждом шаге заменяем имеющуюся фигуру X_n на объединение X_{n+1} её образов T_1(X_n), T_2(X_n), T_3(X_n), где отображения T_j — гомотетии, сжимающие в два раза к точкам A_j.
Легко проверить по индукции, что X_{n+1} содержится в X_n, ну а треугольник Серпинского — предельный объект, пересечение их всех.
(image credit: Wikipedia)
.png){kind=link}