Математические байки

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

Фотография из музея (с убранной подписью). Как вы думете, что это?

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)

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)

Анна Николаевна Андреева (12.01.1941–27.07.2023)

https://youtu.be/zm6so51Xka8
https://t.me/EtudesRu/112

Трансляция лекции Д. В. Орлова про гипотезу Бёрча—Свинертона-Дайера:
https://www.youtube.com/watch?v=rCdOtybBAK0

Трансляция началась — https://www.youtube.com/watch?v=y2JB_l8-8Ho

https://www.youtube.com/live/rSgg_OWlYRA

https://mccme.ru/dubna/2023/raspis.htm

утром в среду Г.Ю.Панина будет рассказывать на ЛШСМ-2023 (и планируется прямая трансляция) про гипотезу Банаха

«Гипотеза звучит так:

Пусть K — n-мерное центрально-симметричное выпуклое тело. Для некоторого 1<k<n известно, что любые два сечения тела K k–мерными плоскостями, содержащими центр симметрии, линейно эквивалентны. Тогда K — эллипсоид.

Эта гипотеза сформулирована в 1932 году польским математиком Стефаном Банахом, и до сих пор не решена полностью. Мы посмотрим на методы, работающие в разных стучаях: несложная топология (теорема о причесывании ежа), теорема Дворецкого, проективная геометрия. В конце мы упомянем последний результат петербургских математиков: Sergei Ivanov, Daniil Mamaev, Anya Nordskova «Banach’s isometric subspace problem in dimension four» Invent. math. (2023).

В качестве подготовки предлагается подумать над следующими задачами:
1. Пусть у трёхмерного центрально-симметричного тела K все центральные двумерные сечения (то есть, сечения, содержащие центр симметрии) — эллипсы. Тогда тело K — эллипсоид.
2. Пусть у трёхмерного центрально-симметричного тела K все центральные двумерные сечения конгруэнтны, то есть отличаются поворотом пространства. Тогда тело K — шар.»

https://arxiv.org/abs/2307.01912 (Doron Zeilberger et al.)

«In this case study, we hope to show why Sheldon Axler was not just wrong, but wrong, when he urged, in 1995: ”Down with Determinants!”. We first recall how determinants are useful in enumerative combinatorics, and then illustrate three versatile tools (Dodgson's condensation, the holonomic ansatz and constant term evaluations) to operate in tandem to prove a certain intriguing determinantal formula conjectured by the first author. (…)»

4-я задача, кажется, довольно простая — и, главное, решается « естественным образом ». (Disclaimer : я не смотрел написанные решения, так что не исключено, что в тексте ниже есть какой-то мой глюк. Но на вид вроде всё работает…)

Если бы не было условия различности x_i, то наименьшее значение у произведения под корнем было бы при всех x_i=1, равнялось бы n^2, и это даёт оценку a_n >= n. (Впрочем, требование, что все a_n целые, тоже это гарантирует — просто за счёт того, что a_{n+1}>a_n.)

Но из условия явно видно, что требуется в полтора раза больше.

Дальше — очень естественно, что поскольку x_i>0 просто вещественные числа, про них больше ничего не , когда x_1,…,x_{k-1} квадратный корень можно « подкручивать вверх », меняя x_k от того значения, когда произведение наименьшее, к 0 или к бесконечности. И тогда получающееся значение a_k « пробежит » все возможные значения от наименьшего возможного до бесконечности.
Значит, нужно посмотреть, какое именно это наименьшее значение.

Если мы уже знаем a_{k-1}, то под корнем у нас произведение двух сомножителей, которые нам дальше важны только сами по себе: мы к ним будем добавлять новые слагаемые, но не разбивать их на составляющие. Поэтому пусть эти скобки равны aS и a/S, где a:=a_{k-1}.
Следующее произведение это
(aS+x)(a/S + 1/x) = a^2+ a (S/x + x/S) +1,
где x=x_k
В скобках не меньше 2, поэтому само произведение не меньше (a+1)^2.
А минимальное значение тут такое, когда x=S. (И тогда новое S’ будет тем же самым S).
Поэтому никакие два последовательных увеличения a_{k+1}-a_k не могут оказаться равны 1 (потому что тогда два последовательных x_k совпадали бы). То есть каждое второе увеличение — хотя бы 2.

И вот и получаем ту самую оценку с коэффициентом (3/2).

для повышения наглядности — картинка к последнему примеру

Частичная сумма гармонического ряда ведёт себя как ln n (плюс константа \gamma, если хочется точнее). А сверху можно устроить оценку двоичным логарифмом: в каждой "группе горизонталей" ниндзя может зацепить максимум один красный шар b:

b
b.
..b
b...
..b..
....b.
......b

(Коллеги об этом уже написали аккуратнее)

Смотрю на задачу 5: умею доказывать отличающиеся в константу раз оценки снизу и сверху.

Оценка снизу — верхней целой частью n-й частичной суммы гармонического ряда
H_n = 1+1/2+…+ 1/n.

Дело в том, что на возможных путях ниндзя есть случайное распределение, при котором на любом уровне все возможные круги посещаются равновероятно. Если поверить в то, что оно есть, то дальше среднее значение количества красных кругов на пути как раз равно 1+1/2+…+1/n (потому что вклад каждого уровня k равен 1/k). Ну и верхняя целая часть — потому что при таком среднем где-то будет хотя бы столько.

Построить такой путь можно двумя способами. Во-первых, взять равновероятно круг на самом нижнем уровне, и после этого выбрать идущий в него путь ниндзя равновероятно из всех возможных (и это не то же самое, что просто равновероятный выбор из всех 2^(n-1) путей ниндзя в треугольнике). И тогда оказывается, что на предыдущих уровнях распределение тоже равномерное.

Во-вторых, можно рассмотреть вот какой процесс: берём урну с одним красным и одним синим шаром, и раз за разом достаём из неё случайный шар -- возвращая его и ещё один такой же. И количества шаров и будут координатами -- иными словами, можно считать, что на красном шаре написано R, а на синем L.
Этот процесс называется "урна Пойя" -- можно сказать, что это самая простая модель раздела более-менее одинаковыми компаниями свежепоявившегося рынка: каждый новый покупатель спрашивает у случайного друга, чем тот пользуется, и берёт себе гаджет той де фирмы.

Так вот, если начать с одного красного и одного синего шара, то после любого числа шагов распределение получается равномерным.

Хорошее упражнение -- это и убедиться в этом, и проверить, что эти две конструкции эквивалентны.

задачи обоих дней IMO-2023

Всем добрый день!

Вчера практически случайно обнаружил, что вот этой замечательной штуки почти никто из ФБ-читателей группы "Математические задачи и головоломки" не знает.

Смотрите.
1/998999 =
0, 000 001 001 002 003 005 008 013 021 034 055 089 144 233...

Сможете объяснить, почему так получается?

В конечной группе xy=yx для >90% пар (x,y). Доказать, что эта группа коммутативна.

(via А.Шень)

https://mathenchant.wordpress.com/2020/02/17/chess-with-the-devil/

«…Mathematician Charles Fefferman (…) says that doing math research is like playing chess with the Devil. Or rather, chess with a devil who, although much smarter than you, is bound by an ironclad rule: although you are allowed at any stage to take back as many moves as you like and rewind the game to an earlier stage, the devil cannot. In game after game, the devil trounces you, but if you learn from your mistakes, you can turn his intelligence against him, forcing him to become your chess tutor. (…) Someone who reads a record of the final version of the game (…) may marvel at some cunning trap you set and ask “How on earth did you know that this would lead to checkmate ten moves in the future?” The answer is, you already had a chance to explore that future…»

https://cs.uwaterloo.ca/~csk/spectre/

если в предыдущем примере¹ апериодического замощения одной плиткой вас смущала необходимость перевораичвать часть плиток, то есть хорошие новости

«we … produce a family of shapes we call “Spectres”, which are strictly chiral aperiodic monotiles: they tile aperiodically using only translations and rotations, even when reflections are permitted»

¹ https://t.me/cme_channel/3154

Доказательство: давайте применим все подходящие штампы 🙂
*) не знаешь, как доказывать — доказывай от противного;
*) не знаешь, как доказывать — доказывай по индукции;
*) и, конечно, висящее на стене ружьё в виде подстановочной замены должно выстрелить!

А именно: последовательность Морса-Туэ сохраняется при подстановке T. Пусть в ней нашлось слово вида aXaXa. Давате посмотрим — а откуда оно там взялось, поднявшись на шаг назад.

Есть два случая:
1) Слово aX (и, соответственно, Xa) имеет чётную длину. Тогда либо слово aX, либо слово Xa разрезаются на пары символов, получающихся применением T. Соответственно, либо из целых «пар» состоят
(aX)(aX)[a?],
либо
[?a](Xa)(Xa).
В первом случае оба слова aX получаются из одинаковых (и вдвое более коротких) слов Y, и последняя буква a получается из такой же, как начало Y:
T(YYb)=aXaXa?, Y=bY’,
а во втором случае — оба слова Xa, и первая буква a получается из такого же символа, как и последняя буква Y:
T(bYY)=?aXaXa, Y=Y’b.
И тут, и там получаем более короткий пример перекрывающихся квадратов bY’bY’b.

Ну и база индукции —
T^2(0)=0110, T^2(1)=1001,
поэтому последовательность Морса-Туэ разрезается на подслова 0110 и 1001, так что ни трёх нулей, ни трёх единиц подряд там нет.

2) Пусть теперь слово aX имеет нечётную длину. Тогда два вхождения слова aXa нарезаются на пары символов, получающихся из кого-то под действием T, по-разному (потому что второе относительно первого сдвинуто на нечётную длину). Но тогда любые две соседние буквы в слове aXa либо в первом, либо во втором вхождении получаются из кого-то символа под действием T — а, значит, одна из них 0, а другая 1.
Значит, в слове aXaXa символы 0 и 1 просто чередуются. Но первая и центральная буквы a отличаются сдвинуты на нечётное число символов — и значит, совпадать не могут! Противоречие.

Так вот, последовательность Морса-Туэ замечательна тем, что в ней нет тройных повторов:
Предложение. В последовательности Морса-Туэ нет подслов вида XXX (где X — любое конечное слово).

Более того — даже начать третий повтор не получится: нет там ни одного подслова вида aXaXa, где a — 0 или 1.

NB: такие подслова называют overlapping squares, потому что в них квадрат (aX)^2 = aXaX перекрывается с квадратом (Xa)^2=XaXa.
В английском языке, кстати, есть такое замечательное слово alfalfa. 🙂