Рассказы про разную математику. Архив: http://dev.mccme.ru/~merzon/mirror/mathtabletalks/
Посмотрел запись семинара — и который день нахожусь под впечатлением. Там обсуждали задачи Серёжи — и от них остаётся ощущение, « а как такое можно было придумать?! ».
Вот тут Сергей Дориченко рассказывает про задачу про муравья на параллелепипеде:
https://youtu.be/AWpK7HSI5rA?si=8qQMrE0BXqrqHfLR&t=1628
(На problems.ru : задача 65394)
Очень естественно, что для муравья, сидящего в одной вершине куба, который может ходить только по его поверхности, самая далёкая точка поверхности — противоположная вершина куба. А будет ли это так для любого прямоугольного параллелепипеда?
Удивительным образом, ответ — нет!!
А именно: возьмём параллелепипед-«спичку» (с квадратным сечением, но очень длинный); собственно, хватит 10x2x2. Тогда муравей может проползти до противоположной вершины, пройдя по двум смежным боковым граням — и это длина диагонали в прямоугольнике 10x4, которая равна корню из 116.
А путь до центра дальней маленькой грани оказывается длиннее! Муравью нужно пройти минимум 10 (проекция пути на соответствующее ребро), чтобы до неё дойти, и ещё минимум 1 по этой грани. А это 11, корень из 121.
(Если брать прямоугольник Ax2x2, где A очень большое, то длина пути до противоположной вершины это A+o(1), а длина пути до центра не меньше A+1.)
И там ещё было много столь же удивительных задач!
Да, давайте я прокомментирую эти картинки. Это мы рисовали гауссовы суммы
\sum_{n=0}^{p-1} exp( 2πi n^2/p )
И они оказывались равны при p=4k+1 — корню из p, а при p=4k+3 — тому же корню из p, но умноженному на i.
А почему картинки частичных сумм при больших p так выглядят? А вот почему: когда p очень большое, то пока n маленькое, n^2/p при изменении n на 1 меняется мало — всего лишь на ~2n/p. Так что кривая идёт «в одну сторону», потихоньку начиная заворачиваться. Чем быстрее n — тем быстрее, что мы, собственно, и видим. Ну и если сделать замену x = n / \sqrt{p}, то в масштабе «n порядка корня из p» получится практически интегральная сумма Римана для интеграла от exp(2πi x^2), только умноженная на разницу между соседними x — как раз на \sqrt{p}. То есть — практически интеграл от гауссовой плотности, только с мнимой, а не положительной, дисперсией.
Когда n уходит за пределы этого масштаба, сумма начинает дёргаться во все стороны, в итоге стоя на месте. И отсюда получается часть суммы вида
\sqrt{p} * (1+i)/2.
Но. В некоторый момент сдвиги опять начинают идти в одну сторону. И происходит это, что логично, при n около n_0=(p+-1)/2. Потому что там угол между соседними сдвигами, примерно 2π*2n/p, как раз почти обнуляется.
И там будет примерно такая же сумма — только умноженная на
exp(2πi n_0^2/p).
Если p=4k+1, то n_0=2k, соответственно,
4k^2/p = 4k^2/(4k+1) = k - k/(4k+1),
и
exp(2πi n_0^2/p) ~ exp ( - π/2) = -i.
Так что общая сумма примерно должна быть равна
\sqrt{p} * (1+i)/2 * (1-i) = \sqrt{p}.
А вот если p=4k-1, n_0=2k, то
4k^2/p = 4k^2/(4k-1) = k + k/(4k+1),
и
exp(2πi n_0^2/p) ~ exp ( + π/2) = +i.
То есть сдвиг между двумя «натоптанными кругами», где гуляют частичные суммы, для p=4k-1 будет в противоположную сторону — и общая сумма тогда примерно будет равна
\sqrt{p} * (1+i)/2 * (1+i) = i* \sqrt{p}.
И вот множитель i и вылез. А вот то, что равенства точные, а не приближённые, это так увидеть нельзя. Но зато получается объяснить, что же мы видим на картинках.
https://youtu.be/w3CufD2h_y8
напомним большое интервью Николая Николаевича, которое взял Дима Швецов
справа можно видеть фрагмент квазипериодчиеского замощения плоскости
в нем участвуют равнобедренные треугольники с углами при вершине pi/5 (красные, «A») и 3pi/5 (синие, «B»)
они замечательны тем, что A можно разбить на уменьшенные копии A,B,A, ну а B можно разбить на уменьшенные копии A,B — и если начать с А и итерировать такие замены, то можно думать, что мы собираем из треугольников A и B всё большую копию треугольника¹ A (в левой половинке картинке — первая пара итераций)
такая мозаика — одна из вещей, про которые при создании канала думал, что хорошо бы ее нарисовать, но не очень понятно как
а вечером подумал, что это просто L-система — только параметрическая: кроме буквы A/B нужно помнить, как именно треугольник расположен на плоскости (и правила замены эти параметры должны правильно менять) — так что можно быстренько реализовать
¹ а чтобы получить замощение плоскости, можно, скажем, стартовать с 10 треугольников A с общей вершиной
положение треугольника решил хранить в виде пары комплексных чисел² (преобразования z→az+b, переводящего эталонный треугольник в наш) и написал такой шаг для получающейся параметрической l-системы:
phi = (math.sqrt(5)+1)/2
rot = math.cos(math.pi/5)+math.sin(math.pi/5)*1j
def step(state):
for atom in state:
c, a, b = atom
if c=='A':
yield ('A',a,b*phi)
yield ('B',a*(rot**4),(a+b)*phi)
yield ('A',a*(rot**3),(a+b)*phi)
if c=='B':
yield ('A',a,b*phi)
yield ('B',a*(rot**4),(a+b)*phi)
state = [('A',rot**i,0+0j) for i in range(10)]
for _ in range(6):
state = step(state)
https://www.mathnet.ru/rus/rm805
к 75-летию со дня рождения А.А.Болибруха — пусть здесь будут такие воспоминания о нем
доступно видео семинара учителей математики, посвященного памяти Сергея Маркелова
программа:
* Н.Н.Андреев, И.В.Яшенко
* С.А.Дориченко. Несколько ярких задач С.Маркелова на Турнире городов
* А.А.Заславский. Задачи С.Маркелова на олимпиаде по геометрии им. И.Ф.Шарыгина
* А.Б.Скопенков. Алгебраические задачи, связанные с геометрической непостроимостью
* Г.А.Мерзон. Тригонометрия от С.Маркелова (нет видео)
* К.Т.Шамсутдинов. Использование программирования для задач С.Маркелова
* Ю.С.Маркелов
( тж на youtube: https://youtu.be/AWpK7HSI5rA )
А ещё — попробовал посмотреть, как такая картинка (частичные суммы) будет выглядеть при больших p. Получилось интересно: вот p=101 и p=103:
Читать полностью…на картинке сверху — тождества¹ из заметки С.Маркелова в Мат. просвещении, и там предлагается придумать обобщения
¹ там только есть опечатка… найдите
программа в комментариях — говорит, суммы каких косинусов надо взять для произвольного p вида 3k+1, а также какому кубическому уравнению они удовлетворяют (и на всякий случай численно проверяет, удовлетворяют ли)
(upd) а также находит формулу для суммы S кубических корней из этих сумму косинусов, шоб было совсем как в заметке
p: 13
primitive root: 2
partition of cosines: [3, 11] [7, 9] [1, 5]
values of trigsums: -0.136945 -0.688601 1.325547
cubic polynomial: 8t³-4t²-8t-1
P(trigsums): -0.0 0.0 0.0
S³ = (3³√-13+7)/2
p: 73
primitive root: 5
partition of cosines: [13, 19, 25, 29, 31, 39, 53, 55, 57, 59, 67, 71] [1, 3, 7, 9
, 17, 21, 27, 43, 49, 51, 63, 65] [5, 11, 15, 23, 33, 35, 37, 41, 45, 47, 61, 69]
values of trigsums: -2.475085 2.40906 0.566026
cubic polynomial: 8t³-4t²-48t+27
P(trigsums): 0.0 0.0 -0.0
S³ = (3³√219-17)/2
https://olympiads.mccme.ru/vmo/
задачи и решения финала всероссийской олимпиады по математике
на странице собрана информация за последние 20 лет… начинается, кстати, как раз с олимпиады в Нижнем Новгороде (в 2005 году)
Рабочие картинки — продолжение. Красота ведь, правда?
Читать полностью…Ответ/решение. В правом верхнем углу можно заметить слово « Occupancy ». При этом, на карте явно видна Америка. То есть есть какая-то очень узкая полоска, где что-то очень сильно занято/забито. Можно догадаться, что люди там очень хотят оказаться.
Почему? Наверное, потому что там происходит что-то интересное. Причём это интересное не привязано к конкретному городу или городам — полоса тянется через всю карту, а это тысячи километров. И тут можно додуматься до того, что это что-то астрономическое.
Так вот — это заполненность AirBnB перед полным затмением 8 апреля. На скриншоте выше — иллюстрация (via https://www.timeanddate.com/eclipse/solar/2024-april-8 ) того, где солнечное затмение будет полным. Ну конечно же, те, кто едут посмотреть затмение, останавливаются там или неподалёку! И конечно, на такую редкость люди едут посмотреть отовсюду, откуда и возникает ситуация, что все места заняты.
На всякий случай, дежурно напоминаю, что на Солнце нельзя смотреть без защиты глаз! И нет, просто тёмных очков недостаточно.
Необычная для «Математических этюдов» премьера: «Теорема о двух кругах» https://etudes.ru/etudes/two-circles-theorem/ . Теорема даёт явное построение касательных к циклоидальным кривым – траекториям, описываемым фиксированной точкой окружности, катящейся без проскальзывания по некоторой гладкой линии.
Во-первых, необычная, так как просто объяснение геометрической теоремы. Но настолько красивой, что заслуживает своей отдельной экранизации. Кроме того, теорема дополняет цикл «Огибающая» – сюжеты
«Парабола: изонить», «Эллипс, гипербола, парабола: складывание листа бумаги», «Кардиоида и нефроида», «Каустики: нефроида и кардиоида».
Теорема о двух кругах, применённая к эпициклоидам, завершает доказательство того, что в цилиндрической чашке видна каустика в виде нефроиды, а в конической, когда лучи света параллельны образующей, – в виде кардиоиды.
Ну и, во-вторых, премьера открывает новый жанр на Этюдах – повествование с анимированными рисунками.
какими формулами задаются «Вавилонские» итерации?
если одна сторона прямоугольника площади 2 равна x, то вторая равна 2/x
дальше мы заменяем x на среднее арифметическое двух сторон, x→x/2+1/x (и прямоугольники становятся все ближе к квадратам, а x все ближе к √2)
сравним это с методом Ньютона: чтобы найти корень уравнения f(x_0)=0, мы начинаем с какого-то x и представляем себе, что f примерно линейная — если f(x+t)≈f(x)+tf'(x), то f≈0 при t=-f(x)/f'(x), т.е. новое приближение получается заменой x→x-f(x)/f'(x)
в частности, для функции x²-2 мы получаем те же самые итерации: x-(x²-2)/(2x)=x/2+1/x
📢 Лекция Виктора КЛЕПЦЫНА в это воскресенье, 24 марта 15:00 МСК
🔍 Складывая игры: ним, хакенбуш и сюрреальные числа Конвея.
Многим известна игра «ним» — и описание выигрышных и проигрышных позиций в ней. Но как до него можно дойти? Мы придём к этому ответу, обсудим сложение игр (не чисел — игр!), теорему Шпрага-Гранди (Sprague-Grundy) — а потом перейдём к неравноправным (пристрастным) играм и сюрреальным числам Конвея.
Доклад рассчитан на матшкольников начиная с 8 класса. Знать заранее ничего не нужно.
🎉Н.Н. Андрееву - 50!🎉
У замечательного популяризатора математики Николая Николаевича Андреева сегодня юбилей! Десятки тысяч детей и взрослых вдохновились благодаря тому, что НН делает.
Отличный повод вспомнить несколько замечательных сюжетов из проекта "Математические этюды".
📗Найти свою дату рождения в числе Pi
📗Разобраться с плотнейшей упаковкой кругов
📗Доказать теорему Пифагора, перекладывая треугольники
📗Книга "Математическая составляющая" — советую купить, но можно и бесплатно скачать прямо на сайте:)
📗Новый раздел "Игротека" — про активности, которыми можно заниматься на мероприятиях и фестивалях
И многое-многое другое.
Николай Николаевич, с Днем рождения!
Upd. https://www.mathnet.ru/php/conference.phtml?confid=2550 - трансляция конференции в честь праздника
Только что: А. А. Гайфуллин показывает пример экзотического изгибаемого октаэдра в сферической геометрии.
Конструкция — (простое!) 5-параметрическое семейство октаэдров, у которых длины рёбер задаются (из-за симметрий) всего 4 параметрами.
Там есть встроенная трансляция на странице на MathNet-е ( https://www.mathnet.ru/rus/conf2550 ) + ссылки на прямую трансляцию внизу страницы (в частности: https://youtu.be/eq-Rxr3TgOU )
https://www.mathnet.ru/rus/conf2550
в среду 5 февраля — в день 50-летия Николая Николаевича Андреева — в МИАН проходит конференция «Пропаганда популяризации»
с популярными докладами выступят А.А.Варламов*, А.А.Гайфуллин, А.В.Гасников, С.А.Дориченко, В.В.Козлов, К.С.Новоселов*, А.Ю.Окуньков*, В.А.Плунгян, В.Г.Сурдин, Т.Токиеда*
( * дистанционные выступления )
Задача Маркелова С.В. с Тургора
Дана коробка (прямоугольный параллелепипед), по поверхности (но не внутри) которой ползает муравей. Изначально муравей сидит в углу. Верно ли, что среди всех точек поверхности на наибольшем расстоянии от муравья находится противоположный угол? (Расстоянием между двумя точками считаем длину соединяющего их кратчайшего пути по поверхности параллелепипеда.)
P.S. Ответ в задаче неожиданный.
https://mccme.ru/nir/seminar/
в четверг 30 января на семинаре учителей математики — Николай Андреев и друзья. Математические этюды: год 2024
В сюжете «Геометрия Лобачевского: интерактивная модель Пуанкаре в круге»
https://etudes.ru/etudes/Lobachevskian-geometry-Poincare-disk-model/
появились новые возможности.
Калейдоскоп одинаковых правильных многоугольников можно строить так, чтобы в центре абсолюта был центр одного из многоугольников, а можно таким образом, чтобы в центре абсолюта находилась вершина замощения.
И в том, и в другом случае получившиеся картины теперь можно сохранить в векторном формате PDF!
Напомним и о цикле гравюр Маурица Эшера «Circle Limit».
Ко вчерашнему — собрал картинки гауссовых сумм в одну PNG (чтобы её можно было смотреть сразу).
Читать полностью…https://3blue1brown.substack.com/p/some
«Several people have asked if there will be a Summer of Math Exposition this year. Although we will not do a full SoME4 with a winner selection and prizes, there will be a more casual community-driven version, which people have given the delightful name SoMEπ.
People are still encouraged to try their hand at making a piece of math exposition this summer, whether a video or a written piece, and there will be a deadline to encourage completion, August 18th at 11:59 PM (UTC-12). After this, there will be a similar peer review process to past years, ensuring people receive feedback on their work. Past years have demonstrated how this process also has the wonderful side effect of kickstarting viewership on the video entries, giving the YouTube algorithm a chance to learn cowatching behavior between all of them.
The primary difference from past years is no final selection process for winners and no prizes.»
https://www.youtube.com/live/H9bbgYM8fQs
коллеги решили технические проблемы, лекция Димы Швецова начинается
Через полтора часа (18:00 Мск, 17:00 CET) начинается лекция Владлена Тиморина, и это должно быть интересно! (Я слышал его рассказ в прошлом ноябре на юбилейной конференции Юлия Сергеевича Ильяшенко.)
А тем временем коллеги выложили ссылки и материалы к моей лекции — в том числе, там (в комментариях) есть и слайды.
Загадка от Ольги Парис-Ромаскевич: что изображено на карте?
(А ещё — несколько лет назад тут был рассказ о её лекции в Ренне)
Дорогие читатели, берегите себя… : (
Несмотря на случившийся кошмар, мой рассказ (начинающийся через час) всё-таки состоится. Мне кажется, так будет правильно. Но, конечно, будет и запись, и слайды.
#математика
В ролике «Как вавилоняне извлекали квадратные корни» мы рассказываем о том, как древневавилонские математики извлекали квадратные корни, а делали они это с удивительной точностью и происходило это почти 4000 лет назад во времена царя Хаммурапи.
Для этого они использовали геометрические соображения и находили сторону квадрата заданной площади, рассуждая приблизительно следующим образом…
Пусть нам нужно найти сторону квадрата, площадь которого равна 2. В качестве нулевого приближения к такому квадрату выберем прямоугольник со сторонами 2 и 1.
Для построения следующего приближения возьмем прямоугольник, одна сторона которого равна среднему арифметическому сторон прямоугольника из предыдущего приближения, то есть 3/2. Чтобы площадь такого прямоугольника оставалась равной 2, его вторая сторона должна быть равной 4/3. Так мы получим второй прямоугольник, площадью 2, но уже больше похожий на квадрат.
Идем дальше. Для следующего приближения опять возьмем прямоугольник, одна сторона которого равна среднему арифметическому сторон предыдущего, то есть 17/12. И опять определим вторую сторону, сохраняя площадь равной 2. Получим 24/17.
На следующем (третьем) шаге получим стороны прямоугольника 577/408 и 816/577.
На четвертом шаге получим 665867/470832 и 941664/665867.
А теперь давайте сравним точное значение √2 с приближением, полученном на четвертом шаге:
√2 =
1,414213562373095...
665867/470832 =
1,41421356237468...
То есть уже на четвертом шаге мы (а, вернее, они — древние вавилоняне) правильно определили 12 значащих цифр √2. При этом с каждым следующим шагом число правильных знаков удваивается!
Невероятный результат, особенно с учетом того, что получен он почти 4000 лет назад!
Ещё другой способ рассуждать — удивительным образом, приводящий к такому же неравенству (и у меня нет этому хорошего объяснения).
Прошлое решение было неконструктивным — мы посчитали разрешённые последовательности длины n, и выяснили, что их число всегда положительно (и даже быстро растёт). Но это не позволяет ответить на вопрос «а как же Ивану играть» (ну, если исключить рекомендации вида «ну, обходи дерево мелодий, рано или поздно на разрешённую наткнёшься»).
Давайте представим себе Ивана, играющего мелодию ноту за нотой. Ему нужно решить — какую ноту играть следующей?
Логично, что Иван не хочет проиграть, сыграв одну из запретных мелодий. И логично, что он следит за тем, какие ноты ему сейчас опасно играть: если последние сыгранные 13 нот это первые 13 из запретной мелодии длины 15 — то ему, конечно, было бы логично следующей нотой сыграть не ту, которая идёт 14-й в запретной мелодии. А как бы это устроить?
Давайте измерять «опасность», происходящую от ситуации «ещё вот эти k нот сыграть приводит к проигрышу», величиной a^k, где a — некоторая константа, 0<a<1.
Теперь рассмотрим сумму всех опасностей: для каждого запрета и для каждого способа этот запрет «приложить» к уже сыгранной мелодии, если остаётся ещё k нот, возьмём величину a^k и все такие величины сложим. Обозначим эту сумму для сыгранной мелодии w через S(w).
Теперь пусть Иван на каждом шаге выбирает ту ноту j, после которой сумма опасностей S(wj) оказывается наименьшей. Если эта сумма опасностей каждый раз оказывается меньше 1 (соответствующей пустому слову, a^0) — значит, ни одна запретная мелодия не сыграна, и Иван выигрывает.
Давайте оценим среднее арифметическое того, что мы получаем, сыграв каждую из возможных нот — понятно, что наименьшая сумма будет меньше среднего. Кстати, это рассуждение (как и первое) работает не только для двух нот, но и для произвольного алфавита из d нот.
Так вот — посмотрим на сумму опасностей S(wj) по всем нотам j. Во-первых, каждый хвостик запрета, если мы сыграем ту ноту j, с которой он начинается, становится на одну ноту короче, а если (любую) другую, то исчезает. Так что в итоге тут сумма поделится на a.
Во-вторых, в каждом запрете мы можем сыграть первую ноту. Итого — сумма a^{|u|} по всем запретам u, опять же, делённая на a, потому что первая нота уже сыграна.
Итого
\sum_j S(wj) <= (S(w) + \sum_u a^{|u|}) / a.
Это — просто сумма. Значит, для среднего арифметического
(1/n) \sum_j S(wj) <= (S(w) + \sum_u a^{|u|}) / (da).
Так что найдётся нота j, для которой
S(wj) <= (S(w) + \sum_u a^{|u|}) / (da).
Остаётся выяснить, что мы не «перепрыгнем» через 1 — точнее, найти, при каком условии это можно гарантировать. Оценка на новое значение S(wj) линейно (и потому монотонно) зависит от старого, так что достаточно посмотреть, что 1 переходит в значение, меньшее 1, то есть что
1 < (1+\sum_u a^{|u|}) / (da).
Домножим на na, перенесём 1 в другую часть, получаем
\sum_u a^{|u|} < da -1. (***)
Так вот — на самом деле, (***) это то же самое неравенство, которое мы видели раньше, когда оценивали рост числа последовательностей L_n,
d - \sum_u c^{-(|u|-1)} >= c,
только написанное в терминах a=1/c и поделенное на a.
И достаточно предъявить одно a, для которого для длин запретов, установленных Кощеем (по одной мелодии длин 5,6,…), оно будет выполнено — и это даёт Ивану явный (и довольно эффективный) алгоритм, как играть сколь угодно долго.