4247
Рассказы про разную математику. Архив: http://dev.mccme.ru/~merzon/mirror/mathtabletalks/
Итак, мы увидели, что ним с несколькими кучками камней эквивалентен ниму с одной кучкой из правильно выбранного количества (XOR-а) камней. А случайно ли, что у нас так получилось? Оказывается, нет — существование такой эквивалентности это общее утверждение.
Теорема Шпрага-Гранди. Для любой равноправной игры существует эквивалентная ей игра в ним с одной кучкой (правильно выбранного начального количества) камней.
Замечание. Если это количество камней нулевое — то в игре выигрывает второй игрок, если нет — то начинающий.
Но прежде, чем доказывать эту теорему — давайте посмотрим с этой точки зрения на нахождение проигрышных позиций в ниме с тремя кучками камней. В каждом столбце есть проигрышная позиция — и то, на каком она уровне, как раз и указывает нам, сколько камней нужно взять в третьей кучке, чтобы она равнялась сумме игр-первой и второй кучек (потому что тогда всё в целом даёт нулевую игру, a.k.a. проигрышную позицию).
Когда мы работаем с группой (или векторным пространством, или полем), то нулевой элемент один. А из определения выше видно, что нулевых игр много. Так что естественно, что мы сейчас захотим говорить о равенстве игр (в том же смысле, в каком в геометрии есть равенство треугольников — то есть, формально, нужно было бы говорить об эквивалентности игр, но это сделает текст менее читаемым).
А как проверить, что A=B? Можно перенести B в левую часть — и получится A-B=0. А « =0 » у нас уже определено!
Точнее — операции « минус » у нас ещё нет, зато есть « плюс » и определение противоположного. Приходим к такому:
Почти-определение. Игры A и B равны, если A+(-B)=0, где (-B) — противоположная игре B игра.
У этого почти-определения есть проблема: вообще-то, противоположных B игр (как и нулевых) тоже много. Так что мы не оговорили, это должно быть верным — для любой противоположной B игры? Для какой-то? Давайте это сделаем:
Определение. Игры A и B равны, если найдётся игра D, такая, что A+D=0 и B+D=0.
Ну и давайте из этого определения извлечём какую-нибудь пользу. А именно — равные игры можно заменять друг на друга в качестве слагаемых, и это не влияет на то, кто будет выигрывать.
Теорема. Пусть игры A и B равны. Тогда для любой игры C в суммах игр A+C и B+C выигрывает один и тот же игрок.
Следствие. Взяв в качестве C пустую игру (ходить вообще нельзя никак; конечно же, это самый естественный представитель класса нулевых игр!), видим, что в самих играх A и B, в частности, выигрывает один и тот же игрок.
(Ну, собственно, если бы это утверждение не выполнялось — я бы сказал, это было бы поводом отказаться от такого « равенства ».)
Доказательство теоремы. Давайте рассмотрим сумму четырёх игр:
A+C+B+D.
С одной стороны, можно сгруппировать слагаемые как (A+C)+(B+D), и раз игра B+D нулевая — мы уже знаем, что в сумме выигрывает тот же, что и в (A+C).
С другой — можно их сгруппировать как (B+C)+(A+D), и раз игра A+D тоже нулевая — мы знаем, что в сумме выигрывает тот же, что и в (B+C).
Значит, в A+C и в B+C выигрывает один и тот же игрок.
Если у нас равноправная игра (где мы в слово "игра" включаем и начальную позицию), то в ней либо выигрывает начинающий, либо второй игрок. А вот если игра не обязательно равноправная (такие игры называют пристрастными), то вариантов больше.
Следуя всем текстам выше, будем называть игроков Левый и Правый — скоро станет понятно, почему.
Так вот — вариантов 4, но вместо того, чтобы группировать их как "начинает Левый, выигрывает Правый", и т. д., мы их сгруппируем так:
- кто бы ни начинал, он выигрывает ("выигрывает начинающий")
- кто бы ни начинал, он проигрывает ("выигрывает второй игрок")
- кто бы ни начинал, выигрывает Левый
- кто бы ни начинал, выигрывает Правый.
И вот то, ради чего всё затевалось:
Определение. Игра называется нулевой, если в ней выигрывает второй игрок.
Теорема. Пусть игра B нулевая. Тогда для любой игры A в сумме игр A+B выигрывает тот же игрок, что и в самой A.
Доказательство. Тот, кто выигрывает в A, следует там своей выигрышной стратегии — а на доске для B ходит только в ответ, следуя выигрышной стратегии как второго игрока.
Эта теорема показывает, почему мы называем такие игры нулевыми — их прибавление ничего не изменяет. И да — логично обозначать то, что игра A нулевая, записью A=0.
Правило проигрышной позиции можно переформулировать в более симметричном виде:
в ниме позиция (x,y,z) проигрышная тогда и только тогда, когда побитовая сумма количеств камней XOR(x,y,z) — нулевая.
На самом деле — это правило работает и для большего количества кучек, причём дословно так же: побитовая сумма всех количеств должна быть нулевой. И это несложно доказать по индукции — проверив, что если мы объявим такие позиции проигрышными, то:
- из проигрышной все ходы будут вести в выигрышные (достаточно посмотреть на любой из изменившихся битов в той кучке, где был сделан ход),
- из выигрышной всегда есть ход в проигрышную (смотрим на то, откуда пришёл старший бит у ненулевого XOR-а, и делаем ход в эту кучку — зная из XOR-а, докуда именно мы хотим её уменьшить).
И из этого несложно увидеть, что это действительно выигрышные и проигрышные позиции. (Собственно, я в детстве в какой-то из детских математических книг — кажется, у Гарднера? — как раз такое рассуждение и увидел.)
Но мне хочется это увидеть другим способом — потому что на этом пути возникает красивая наука: сложение игр, хакенбуш, сюрреальные числа, и так далее.
И помните, мы видели, что проекция тетраэдра Серпинского вдоль линии, соединяющей середины противоположных рёбер, которая оказывается квадратом (и это соответствие почти что взаимно-однозначное, кроме довольно немногих точек)? Это как раз соответствует правилу "в каждом столбце в кубе со стороной 2^n ровно одна проигрышная позиция".
Читать полностью…
После этого, из каждого из уголков
(2^n,2^n,0),
(2^n,0,2^n),
(0,2^n,2^n),
начинает расти точно такой же куб размера 2^n с выигрышными и проигрышными позициями: пока мы по третьей координате не отошли от соответствующей грани больше, чем на 2^n, процесс заполнения выигрышных/проигрышных позиций повторяет процесс заполнения из (0,0,0). Потому что первые две координаты нельзя уменьшать ниже 2^n — мы попадём как раз в те самые лучи выигрышных позиций, идущие из углового куба, которые нарисованы синим на картинке выше.
Так что три новых куба со стороной 2^n будут заполнены выигрышными/проигрышными позициями точно так же, как и исходный угловой. А их объединение даёт куб со стороной 2^(n+1) — в котором опять в каждом столбце уже есть одна проигрышная позиция. Вот и шаг индукции.
вот как эта кривая выглядит (два варианта картинки: для четной и для нечетной степени)
Читать полностью…
📝 Запись лекции про геометрические неравенства
🎤 Неделю назад Григорий Мерзон прочел очень интересную лекцию про изопараметрическое неравенство и формулу Штейнера.
📚 Все материалы лекции выложены на страничке докладчика. Там вы найдёте слайды с лекции, ссылки на популярные книги и статьи в Кванте, видео 3Blue1Brown и серьезный обзор по теме.
#открытые_лекции #YouTube
https://mccme.ru/nir/seminar/
в четверг (21.12) последний в этом году семинар учителей математики
Николай Андреев и друзья. Геометрия: шарнирные механизмы; особенности; картография; модели сезона-2023
как обычно: 19:00, столовая МЦНМО, приглашаются все желающие
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
Следствие/упражнение. Пусть A=B, т.е. есть такая игра D, что A+D=0 и B+D=0. Тогда для любой игры D’, такой, что A+D’=0, выполнено B+D’=0.
Решение 1. Достаточно рассмотреть сумму A+B+D+D’ и по-разному сгруппировать слагаемые.
Решение 2. Применить теорему к суммам D+B и D’+B, заметив, что D=D’, поскольку D+A=D’+A=0.
Замечание к решению 2. Кстати — все противоположные к данной игре A игры равны друг другу. Что хорошо в смысле разумности наших определений.
Упражнение. Если A=B, и C=D, то A+C=B+D.
Упражнение. Равенство игр — отношение эквивалентности.
Так что мы получили группу по сложению (классов эквивалентности) игр.
А ещё мы сейчас можем разобраться с нимом с произвольным количеством кучек.
Действительно, мы уже знаем, как устроены проигрышные позиции для нима с тремя кучками камней: это тройки количеств камней (k,m,n), связанные соотношением
n=XOR(k,m),
где XOR применяется к двоичным записям.
Но ним с несколькими кучками камней это сумма игр-отдельных кучек. Поэтому (и вспоминая про равноправность нима) мы получаем такое утверждение. Пусть *n обозначает ним с одной кучкой из n камней (в частности, *0 это игра с пустой кучкой камней — т.е. нулевая игра). Тадаммм:
Теорема. *k + *m = *n, где n=XOR(k,m).
Следствие. *n_1 + … + *n_k = *XOR(n_1,…,n_k).
Доказательство. Индукция по числу слагаемых k. База k=2 это утверждение выше, а для шага мы выделяем первые k слагаемых:
*n_1 + … +*n_k + *n_{k+1} = (*n_1 + … +*n_k) + *n_{k+1} =
*XOR(n_1,…,n_k) + *n_{k+1} = *XOR(n_1+…+n_k,n_{k+1}).
В частности, позиция проигрышная тогда и только тогда, когда ей соответствует ним с пустой кучкой камней, *0 — и вот и критерий того, что позиция (n_1,…,n_k) проигрышная: необходимо и достаточно, чтобы выполнялось
XOR(n_1,…,n_k)=0.
Если есть сложение, есть ноль, дальше хочется иметь противоположный элемент.
Определение. Игра B противоположна игре A, если A+B=0.
Пример/предложение. Если игра A равноправная, то A+A=0.
Доказательство. Симметричная стратегия: каждый раз повторяем ход первого игрока на другой доске.
Теорема. Для любой игры A найдётся противоположная ей игра B.
Набросок доказательства. Берём доску для игры в A и меняем правила, меняя игроков местами. То, что раньше мог делать Правый, теперь может делать Левый, и наоборот. После этого применяем симметричную стратегию.
Да — я тут буду следовать дубнинской брошюре Пьера Деорнуа, "Комбинаторная теория игр", а более подробно это (и не только!) описано в книгах
* Berlekamp E. R., Conway J. H., Guy R. K. Winning Ways for your Mathematical
Plays
и
* Conway J. H., On Numbers and Games
Так вот — давайте рассматривать игры в математическом смысле этого слова, причём достаточно хорошие. Пусть они всегда заканчиваются за конечное число ходов, в них нет никакой случайности, скрытой информации, и так далее. Пусть игроки ходят по очереди — и пусть (это важное соглашение!) всегда проигрывает тот, кто не может сделать ход.
Иногда — как в игре ним — разрешённые ходы для игроков одни и те же; такие игры называют равноправными. Но вообще-то это не обязательно: может быть, один игрок может двигать только синие фишки, а другой только красные.
На играх есть очень естественная операция суммы. Чтобы сложить две игры A и B, нужно просто поставить доску для игры в A рядом с доской для игры в B — и договориться, что каждый игрок ходит там, где хочет. Понятно, что эта операция коммутативная (всё равно, с какой стороны какую доску ставить) и ассоциативная (что так, что так для суммы A+B+C будут стоять рядом три доски, A, B и C).
А вообще что об этой операции можно сказать? Скажем, кто будет выигрывать в сумму игр, которые мы насколько-то понимаем?
Сразу можно заметить, что игра ним с несколькими кучками камней — это сумма нимов с одной кучкой каждый. И поэтому ясно, что сумма может быть гораздо менее тривиальной, чем складываемые игры по отдельности.
А ещё — четыре кубика на этом рисунке, если их считать единичными (ну, или их левые нижние уголки) образуют график функции "сумма по модулю 2".
Пусть мы смотрим на проигрышные позиции в кубе со стороной 2^{n+1}. Тогда то, в какой из кубов со стороной 2^n мы попадаем, определяется старшими — отвечающими 2^n — битами в двоичных записях координат. А то, где именно мы в меньшем кубе со стороной 2^n находимся — частью двоичной записи без старшего бита.
И отсюда мгновенно получается описывающее проигрышные позиции в кубе правило: двоичная запись третьей координаты это XOR двоичных записей первых двух.
Если теперь опять всё сжать в 2^n раз, чтобы куб стал единичным — XOR останется XOR-ом, только будет применяться не до двоичной запятой, а после. А если перейти к пределу по n, то получится ещё одно описание тетраэдра Серпинского: это замыкание графика функции
z_2 = XOR (x_2, y_2)
(где "_2" соответствует тому, что мы берём двоичную запись, а необходимость брать замыкание возникает из-за неоднозначностей двоичной записи).
Геометрическая картинка — а что будет, если мы при разных n будем рисовать проигрышные позиции в единичном кубе, разбитом на кубики-пиксели (точнее, воксели) со стороной 1/2^n?
При n=0 это весь куб (позиция (0,0,0) проигрышная!), при n=1 это буквально рисунок выше. А при переходе от n к n+1 нужно взять предыдущюю (трёхмерную) картинку, и объединить её четыре сжатых в два раза копии (потому что сторона маленького кубика теперь вдвое меньше). А центры гомотетии расположены в четырёх вершинах
(0,0,0), (0,1,1), (1,0,1), (1,1,0)
большого куба.
Но эти вершины образуют правильный тетраэдр — так что получается буквально процедура построения тетраэдра Серпинского, который мы обсуждали раньше!
Давайте я продолжу (и попробую закончить) историю про ним с тремя кучками камней — или, что то же самое, про игру "ладью в угол" в кубе.
Мы выше видели, что в кубе размера 1,2,4,8 возникает по одной проигрышной позиции в каждом столбце. И хочется сказать, что так же будет для куба любого размера 2^n.
Это оказывается несложно (и очень естественно) доказать просто по индукции.
Действительно — если это так для какого-то размера куба N=2^n, то на продолжениях этих столбцов все позиции оказываются выигрышными. И из-за симметрии так будет в каждом из трёх направлений (см. рис.).
Первая часть шестнадцатой проблемы Гильберта содержит в себе вопрос о взаимном расположении овалов вещественной алгебраической кривой на вещественной проективной плоскости -- у нас все кривые вещественны сейчас. Если кривая задана однородным многочленом P(x,y,z)=0 и степень многочлена P равна n, то число ее компонент связности не больше 1/2(n-1)(n-2)+1. Это теорема Харнака, Харнак же построил и пример максимальной кривой степени n.
Насколько я понимаю, эта задача Гильберта -- какие "картинки" могут реализовываться кривыми данной степени -- специалистами признается безнадежной. Для степени 8 максимальная кривая состоит из 22 овалов и осталось реализовать или доказать что невозможно реализовать 6 случаев. И за последние двадцать лет прогресса нет. А с большими степенями все совсем плохо.
Тем самым, следующая теорема Г.Михалкина выглядит совершенно удивительной.
Пусть есть максимальная кривая степени n. А кроме того на проективной плоскости заданы три прямые (не проходящие через одну точку) -- например "оси координат и бесконечноудаленная прямая". Кривая называется максимальной по отношению к этой тройке прямых, если у этой кривой есть компонента, на которой можно выбрать три непересекающиеся дуги, каждая из которых пересекает свою прямую в n точках. (рисунки в комментариях и статье Михалкина https://arxiv.org/pdf/math/0010018.pdf )
Теорема Михалкина говорит, что такая максимальная кривая, максимальная по отношению к трем прямым -- одна (с точностью до гомеоморфизма проективной плоскости). И это та кривая, которую нашел еще Харнак! Очень красивая -- и по формулировке и по доказательству теорема, ради таких теорем стоит изучать математику.
А в вещественной алгебраической геометрии много еще красивого.
https://ems.press/books/standalone/272
выложены труды ICM-2022
«Following the long and illustrious tradition of the International Congress of Mathematicians, these proceedings include contributions based on the invited talks that were presented at the Congress in 2022.
Published with the support of the International Mathematical Union and edited by Dmitry Beliaev and Stanislav Smirnov, these seven volumes present the most important developments in all fields of mathematics and its applications in the past four years. In particular, they include laudations and presentations of the 2022 Fields Medal winners and of the other prestigious prizes awarded at the Congress.»
>>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.