2576
Рассказы про разную математику. Архив: http://dev.mccme.ru/~merzon/mirror/mathtabletalks/
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.
С днём Пи (14 марта, 3/14)!
https://youtu.be/d-o3eB9sfls?si=hJrUVLxXrgUiUfIu
Очень логично было бы доказывать, например, неравенство экспоненциального роста:
L_{n+1} >= c*L_n,
где c>1 — какая-то (хорошо выбранная) константа. Разумеется, доказывать — по индукции.
Потому что если L_n экспоненциально растёт, то вычитаемые L_{n+1-k} должны оказываться «маленькими» по сравнению с уже имеющимся L_n.
И действительно: если у нас L_m >= c L_{m-1} при m<=n, то
L_{n+1-k} <= L_n / c^{k-1}, откуда
L_{n+1} >= 2 L_n - \sum_{k>=5} L_{n+1-k}
>= 2 L_n - \sum_{k>=5} L_n /c^{k-1} =
(2- \sum_{r>=4} c^{-r} ) L_n.
Значит, для доказательства остаётся найти такое c на отрезке от 1 до 2, что
2- \sum_{r>=4} c^{-r} >= c.
Если такое есть — всё доказано.
Давайте я напишу пару слов про задачу 11-6 с сегодняшней ММО:
Кощей придумал для Ивана-дурака испытание. Он дал Ивану волшебную дудочку, на которой можно играть только две ноты — до и си. Для прохождения испытания Ивану нужно сыграть какую-нибудь мелодию из 300 нот на свой выбор. Но до того, как он начнёт играть, Кощей выбирает и объявляет запретными одну мелодию из пяти нот, одну — из шести нот, …, одну — из 30 нот. Если в какой-то момент последние сыгранные ноты образуют одну из запретных мелодий, дудочка перестаёт звучать. Сможет ли Иван пройти испытание, какие бы мелодии Кощей ни объявил запретными?
📢 Лекция Владимира ФОКА в это воскресенье, 10 марта 12:00 МСК
🎤 Возобновляется наш онлайн семинар для старшеклассников и студентов.
📘 Всю осень на matklassonline выходил курс по комбинаторике (а мы с Максом Карсаковым вели по нему кружок). Вместо последнего занятия была обещана лекция – и вот наконец она состоится!
Владимир Фок — математик, профессор университета Страсбурга, специалист по матфизике.
🔍 Теорема Эйлера и бозоны-фермионы
Пентагональная формула Эйлера даёт разложение бесконечного произведения ∏(1 - q^n) в сумму
∑ (-1^k)q^(3k^2 - k)/2 = 1 - q - q^2 + q^5 + q^7 - q^12 - ...
Доказательство этой формулы, вернее её обобщения — тройного произведения Якоби, предложенное Борхердсом, использует соответствие между диаграммами Юнга и диаграммами майя — бесконечными последовательностями крестиков и ноликов, а также понятие моря Дирака из физики. Идеи этого доказательства можно также использовать для решения многих других комбинаторных задач.
Доклад рассчитан на матшкольников начиная с 9 класса. Достаточно владения перечислительной комбинаторикой в объёме нашего курса.
Для меня этот курс Вершика стал первым знакомством с асимптотической комбинаторикой. И с идеей, что очень часто число [комбинаторных] объектов большого размера N примерно данной формы оказывается ведущим себя, как экспонента от фиксированной степени N, умноженной на («энтропийный») функционал от формы — после чего предельная форма оказывается максимизирующей этот функционал.
(По ссылке на mathnet-е лежат и рабочие материалы/записки курса — https://www.mathnet.ru/PresentFiles/231/v231.pdf )
https://www.kommersant.ru/doc/3200633
к юбилею Анатолия Моисеевича Вершика — напомним относительно недавнюю “математическую прогулку” с ним
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.
Давайте чуть-чуть продолжим про Кощея?
Так вот — похожее решение получается, если, уже придя к соотношению (*) выше,
L_{n+1} >= 2L_n - L_{n-4} - L_{n-5} - L_{n-6} -…,
начать доказывать нижнюю оценку на рост числа L_n разрешённых мелодий длины n, что
L_{n+1} >= L_n + L_{n-1}. (**)
(С той логикой, что последовательность явно будет расти медленнее, чем геометрическая со знаменателем 2, ну и Фибоначчи-подобный рост вполне хороший кандидат на попробовать…)
Доказывать — по индукции по всем меньшим значениям n. А именно: мы хотим проверить, что
L_{n+1} - L_n - L_{n-1} >=0.
А из (*) следует, что эта разность не меньше
L_n-L_{n-1}-L_{n-4}-L_{n-5}-L_{n-6}-….
Первая разность L_{n}-L_{n-1} не меньше L_{n-2} по предположению индукции. Осталось
L_{n-2}-L_{n-4}-L_{n-5}-L_{n-6}-… .
Теперь подчёркнутая разность L_{n-2}-L_{n-4} не меньше L_{n-3} по предположению индукции. Осталось
L_{n-3}-L_{n-5}-L_{n-6}-L_{n-7}… .
Теперь подчёркнутая разность L_{n-3}-L_{n-5} не меньше L_{n-4} по предположению индукции. Осталось
L_{n-4}-L_{n-6}-L_{n-7}-L_{n-8}… .
Теперь подчёркнутая разность L_{n-4}-L_{n-6} не меньше L_{n-5} по предположению индукции. Ну и так далее.
(Именно это решение рассказывали на видео-разборе; картинка-скриншот оттуда.)
Очень естественно такое искать, заменив конечную сумму (до r=29) на бесконечную (что соответствует тому, что запреты Кощея не останавливаются на 30 нотах). Понятно, что неравенство станет сильнее, поэтому то c, которое ему будет удовлетворять, подойдёт и для исходного.
Дальше — есть несколько путей. Можно просто угадать, что для золотого сечения
с=φ=(1+\sqrt{5})/2
неравенство обращается в равенство. Потому что сумма убывающей геометрической прогрессии со знаменателем 1/φ, начинающейся с 1, равна
1/(1- 1/φ) = 1/ (1/φ^2) = φ^2;
значит, в левой части получается
2- φ^{-4} * φ^2= 2- 1/φ^2 = 2 - (1-1/φ) = 1+ 1/φ = φ.
Второй путь — можно сказать, что сумма геометрической прогрессии равна
c^{-4} / (1-c^{-1}) = c^{-3} / (c-1);
так что мы ищем такое c, для которого
2 - с^{-3} / (c-1) >= c.
Если привести к общему знаменателю и перенести c в левую часть — получается полиномиальное неравенство
(2-c) c^3 (c-1) - 1 >=0.
Опять же, можно ещё раз увидеть, что на золотом сечении неравенство обращается в равенство ( 2-φ = 1/φ^2, φ-1 = 1/φ ), но можно и заметить, что какое-нибудь конкретное c этому неравенству удовлетворяет. И таких c есть целый интервал от золотого сечения φ=1.618… до чуть больше, чем 1.75. Достаточно проверить неравенство для любого из них.
Наконец, где золотое сечение — там и последовательность Фибоначчи. И отсюда и вариант решения, когда вместо чистого геометрического роста доказывается неравенство L_{n+1} >= L_n + L_{n-1}.
Если вернуться к исходному условию — то, как и положено, Иван-дурак может выиграть. И тут есть разные решения.
Способ 1, неконструктивный. Можно для каждого n задаться вопросом — а сколько вообще мелодий длины n (без запрещённых подслов) он может сыграть? Обозначим это количество через L_n (и удобно считать, что L_0=1).
Тогда значения последовательности L_n для n<=5 это 1, 2, 4, 8, 16 и 31 (первый раз срабатывает запрет). Пока что она растёт довольно быстро — и вопрос в том, успеет ли Кощей её рост как-то «сбить».
Понятно, что последовательность длины n+1 продолжает последовательность длины n — так что для начала можно дописать к каждой мелодии длины n оба возможных продолжения. Получится 2L_n. Но при этом последние несколько нот могут образовать только что появившуюся запретную мелодию какой-то длины k. Так что для каждой запретной мелодии длины k нужно выкинуть из нашего подсчёта те, которые на неё заканчиваются. А их не больше, чем L_{n+1-k}, потому что если этот кусочек убрать — то получится разрешённая мелодия длины n+1-k.
Значит,
L_{n+1} >= 2 L_n - \sum_{k>=5} L_{n+1-k}. (*)
Важное замечание: рассуждения тут довольно универсальные. Если дудочка играет не две ноты, а d, то в формуле выше будет не 2L_n, а d*L_n. Если запрещённых подслов не по одному на длину, а какой-то список E, то будет
L_{n+1} >= d L_n - \sum_{w\in E} L_{n+1-|w|},
где |w| это длина слова w.
И теперь достаточно доказать, что последовательность L_n, удовлетворяющая неравенству (*), остаётся положительной — а, на самом деле, экспоненциально растёт.
Друзья! Мы забыли про ММО в воскресенье) Так что доклад переносится на субботу, 9 марта, на то же самое время!
Читать полностью…
https://www.quantamagazine.org/elliptic-curve-murmurations-found-with-ai-take-flight-20240305/
знаете, что такое мурмурации? а для эллиптических кривых?
«when a transatlantic collaboration used statistical techniques and artificial intelligence to discover completely unexpected patterns in elliptic curves, it was a welcome, if unexpected, contribution. (…) Since then, in a series of recent papers, mathematicians have begun to unlock the reasons behind the patterns, dubbed “murmurations” for their resemblance to the fluid shapes of flocking starlings»
https://www.mathnet.ru/present231
А.М.Вершик. «A что будет, если n очень большое?» (ЛШСМ-2008)
Анатолий Моисеевич Вершик (28.12.1933–14.02.2024)
Читать полностью…
Давайте я чуть-чуть добавлю к тому, что пишут коллеги.
Все знают, что планеты движутся вокруг звезды по эллипсам. И навскидку не очень ясно, как это утверждение доказывать, не закапываясь в какие-нибудь жуткие выкладки.
Лет пять назад появилось выложил замечательное видео (на канале minutephysics с 3blue1brown) про лекцию Фейнмана об этом, « Feynman’s Lost Lecture ».
Я его очень рекомендую посмотреть — но если коротко, есть совершенно замечательный промежуточный шаг, который, услышав однажды, забыть нельзя.
Отложим скорости планеты в разные моменты времени от начала координат. Оказывается, что концы этих векторов образуют окружность — просто с центром не в начале координат!
(«Годограф скоростей — круглый»)
Чтобы вывести это утверждение, нужны и закон всемирного тяготения, и закон сохранения момента импульса (а точнее, следующий из него второй закон Кеплера — правило площадей). А вывод из него эллиптичности орбиты связан как раз с картинкой с эллипсом-огибающей!
(Я немного об этом когда-то писал — см. тут и ниже — но очень советую посмотреть и видео, и страницы/миниатюры Мат. Этюдов про огибающие.)