Математические байки

в конце мая 1999 года Пьер Картье прочитал в рамках «Студенческих чтений НМУ» три лекции: про значения дзета-функции, про комбинаторику деревьев, про операды

вот их записки

Задача/упражнение. Докажите, что модуль гауссовой суммы всегда равен \sqrt{p}.
Указание. Умножьте сумму на сопряжённую величину и раскройте скобки. Остаётся посмотреть, сколько раз получается какое слагаемое.

p=11. Все уже всё поняли, правда? Получается i\sqrt{11}.

p=7. Казалось бы, частичные суммы ведут себя совершенно хаотично — а результат явно чисто мнимый. Иии… да, это i\sqrt{7}.

p=5. Сразу бросается в глаза, что результат чисто вещественный. А если чуть-чуть посчитать — то получится корень из 5 !

Не очень сложно увидеть, что при p=3 получается i\sqrt{3}.

Вопрос: а что будет, если мы точки на окружности сложим, используя символ Лежандра в качестве знака? То есть — рассмотрим сумму

\sum_{m=1}^{p-1} L(m|p) exp(2πi m/p )

Ещё — можно заметить, что сумма всех p отмеченных точек на окружности нулевая (благо, что это вершины правильного p-угольника), так что можно её к сумме выше добавить. Теперь у нас точка z=1 (отвечающая m=0) идёт с коэффициентом 1, точки, отвечающие квадратичным невычетам, идут с нулевым коэффициентом (-1+1=0), а точки, отвечающие квадратичным невычетам, с коэффициентом 2. Так что сумма выше равна

\sum_{n=0}^{p-1} exp( 2πi n^2/p ) = \sum_{n=0}^{p-1} ζ^(n^2),

где ζ = exp( 2πi/p ).

Определение. Сумма выше называется гауссовой суммой.

Пример. Давайте посмотрим, что получается при p=3, 5, 7, 11. Ответ — на картинках ниже!

Пусть задано простое число p>2. Остатки от деления на p можно разместить на единичной окружности в комплексных числах — сказать, что остатку m соответствует точка
exp( 2πi m/p ) = ζ^m,
где ζ = exp( 2πi/p ).

Ещё можно вспомнить, что ненулевые остатки по модулю p делятся на равное количество квадратичных вычетов и невычетов — те, которые являются квадратами по модулю p, и которые не являются. Символ Лежандра как раз равен 1 для квадратичных вычетов, (-1) для невычетов, и 0 для нулевого остатка. Обычное его обозначение (посмотрите!) я в «строчный набор» не втисну, так что буду писать L(a|p).

На рисунке — точки на окружности, раскрашенные в зависимости от значения соответствующего символа Лежандра (красный = +1, синий = -1), p=3,5,7,11.

Ну и напомню, что сегодня на семинаре учителей математики — конференция, посвященная памяти Сергея Маркелова.

Статья "Трисекция угла и другие классические задачи" А. Заславского, С. Маркелова. Квант №9 за 2024 год

pdf: https://www.mathnet.ru/rus/kvant4469

Проект Летней Конференции Турнира Городов, по следам которого написана статья (есть в том числе видео): https://turgor.ru/lktg/2024/5/index.html

Сегодня (16.01) в МЦНМО пройдет мини-конференция памяти Сергея Маркелова: https://t.me/cme_channel/4108

https://old.kvantik.com/art/files/pdf/2023-12.2-6.pdf

АБ
АББА
АББАБААБ
…

наверное понятно, как продолжать эту последовательность всё дальше

а вот что может быть не так очевидно — что эта последовательность букв естественным образом кодирует «снежинку Коха»

вот про такие вещи рассказывается в статье Валентины Кириченко и Владлена Тиморина в №12 за 2023 год журнала «Квантик»

упомянутую там программу можно посмотреть и запустить по ссылке https://kvantik.com/short/turtle

а обсуждение других свойств этого слова Туэ-Морса можно прочитать в «Математических байках» начиная с https://t.me/mathtabletalks/4284

Вообще — сферическую теорему Пифагора можно доказать проще. Пусть сфера единичного радиуса (чтобы не таскать везде её радиус R). Тогда для двух точек A и B на сфере расстояние c по сфере между ними совпадает с углом, смотрящим на дугу AB из центра сферы O. А значит, скалярное произведение (в трёхмерном пространстве!) векторов OA и OB равно cos c.

Теперь пусть на сфере нарисован прямоугольный треугольник ABC. Можно повернуть сферу так, чтобы прямой угол C был в северном полюсе — точке (0,0,1) — а касательные к катетам были бы направлены вдоль координатных осей. Тогда координаты точек A и B это (sin a, 0, cos a) и (0, sin b, cos b) соответственно. И поэтому скалярное произведение (OA,OB) равно

(OA,OB) = cos a * cos b,

потому что вклад первых координат нулевой. Но мы уже знаем, что оно же равно cos c. Вот мы и получили

cos c = cos a * cos b.

Ура! Кстати — то же самое рассуждение проходит и в гиперболической геометрии. Только нужно взять модель в однополостном гиперболоиде в R^{2,1}; длина дуги связана со скалярным произведением (в R^{2,1}, чтобы его сохраняли движения!) уже через гиперболический косинус

cosh (c) = ch (c) = (e^c + e^{-c})/2,

и выглядит она как

cosh c = cosh a * cosh b.

А ещё — таким же образом можно вывести сферическую теорему косинусов. Пусть угол при вершине C не прямой, а равен γ. Всё равно принесём вершину C в северный полюс. Тогда координаты вершин A и B по оси Oz равны cos a и cos b соответственно. А проекции OA и OB на плоскость Oxy имеют длины sin a и sin b, с углом γ между ними. Так что скалярное произведение равно

(OA,OB) = cos a * cos b + sin a * sin b * cos γ,

а поскольку оно же равно cos c, то получается искомое утверждение:

cos c = cos a * cos b + sin a * sin b * cos γ.

Упражнение — проверить, что на маленьких расстояниях оно вырождается в классическое

c^2 = a^2 + b^2 - 2ab * cos γ

(на всякий случай: cos r= 1 - r^2/2 +… при малых r).

К сохраняющей площадь проекции — кусочек со страницы Мат. Этюдов:
https://etudes.ru/etudes/sphere-area/

(На всякий случай: там есть больше, и история с проекцией по окружностям интересная, но мы туда сейчас не пойдём.)

Давайте досчитаем? Мы получили, что для прямоугольного треугольника на сфере

s(c) = s(a) + s(b) - (1/2πR^2) s(a) s(b),

где s(r) это площадь круга радиуса r на сфере. Давайте уберём коэффициент: рассмотрим отношение

q(r):= s(r) / (2πR^2),

тогда просто

q(c) = q(a) + q(b) - q(a)*q(b).

И кстати, у q(c) есть отличный смысл: это доля, которую круг занимает от площади полусферы!

Но ещё — при виде выражения A+B-AB просто-таки напрашивается вычесть единицу, ну или вычесть его из единицы, чтобы результат разложился на множители. И мы получим —

(1-q(c)) = (1-q(a))(1-q(b)).

Отлично! А чему величина 1-q(r) равна, что будет, если её посчитать?

Давайте возьмём сферу и нарисуем касающийся её вдоль всего экватора цилиндр. Оказывается, что площади колец, которые пара параллельных горизональных плоскостей вырезает на сфере и на цилиндре — одинаковы! (А если мы спроецируем сферу на цилиндр по лучам, идущим от «вертикальной» оси от северного до южного полюса, и перпендикулярным ей — то такая проекция будет сохранять площади.)

Поэтому площадь сферической шапочки, заданной центральным углом
θ =r/R,
равна

A= 2πR^2 (1-cos θ),

а площадь её дополнения до полусферы — и просто

2πR* (R cos θ) = 2πR^2 * cos θ.

Так что

1-q(r) = cos θ = cos (r/R),

и сферическая теорема Пифагора записывается в своём окончательном виде:

cos (c/R) = cos (a/R) cos (b/R).

И вот это уже окончательный вид сферической теоремы Пифагора!

Для удобства, давайте я тут повторю иллюстрацию к плоскому случаю — скриншот из всё той же статьи Григория Мерзона (image credit: Г. Мерзон, Пифагор на велосипеде, Квантик, 2019, №8).