И добавили ко второй координате первую, умноженную на Q_1 — из (P_2,-P_1) получив (P_2,P_3).

После чего продолжили в том же духе. Так вот — на операциях "добавить" мы пересечения с осью ординат не меняем (потому что добавляем первую координату, на что-то там умноженную). И их тип (по или против часовой стрелки) тоже.

А вот на операциях "повернуть" — можем поменять. Потому что сначала мы считали (с учётом знака) пересечения с одной прямой, а потом с другой. Если бы мы работали с замкнутой кривой, то мы бы считали буквально степень отображения окружности, и ничего поменяться бы не могло, потому что при повороте прямой прообразы бы только сливались "плюс с минусом", и ничего бы не менялось. Но если мы работаем с отрезком [a,b] параметров — то у отрезка кривой есть концы. И вот тут-то мы с числом перемен знака и столкнёмся!

Уже звучит очень естественно, что важно, пересекут ли в процессе поворота (кривой или системы координат — кому как удобнее) концы кривой ось ординат, пересечения с которой мы считаем. Но проще всего в этом убедиться, уронив всю ситуацию обратно на проективную прямую (= окружность, образуемую всеми прямыми через ноль).

Если по окружности-стадиону бежит атлет и возвращается в итоге в начальную точку — число кругов, которые он пробежал, можно посчитать, встав в любую точку стадиона и считая пересечения (если он пробежал куда надо, то с плюсом, а если обратно, то с минусом).

А если траектория атлета незамкнута — то арбитры, стоящие в разных точках круга, могут получить разные суммы. Но не сильно: если атлет начал и закончил бежать на одной и той же дуге, то их результаты совпадут — потому что он после этого может пройтись от конца своего пути к началу, не проходя мимо арбитров, и получить уже замкнутый путь.

А если атлет начинал и закончил путь на разных дугах — то если добавить к пути замыкание "в положительном направлении", после которого суммы у арбитров совпадут, то один из двух арбитров его увидит, а другой нет. И уже совсем легко увидеть, что общий ответ такой:
число пересечений (с учётом знака) для арбитра A1 минус
число пересечений (с учётом знака) для арбитра А2 =
F(начала пути)-F(конца пути),
где F это 1, если мы начали на дуге от A2 к A1 (обозначенной тут +-), и 0 иначе.

Если просуммировать такое за все шаги, то получается:
Число пересечений с осью ординат для исходной кривой (которое и есть то, что мы ищем)
минус
число пересечений с осью ординат для последней кривой, к которой мы приходим (а это просто точка (1,0), которая стоит на месте и ось ординат не пересекает)
равно
сумме по всем шагам разностей F(начало пути) минус F(конца пути), где F смотрит, есть ли между P_j и P_{j+1} перемена знака.

Потому что арбитры в нашем случае это ось ординат (до поворота) и ось абсцисс (после), и вот дуга между ними это и есть "координаты разного знака".
Ну а сумма разностей это разность сумм, и каждая из сумм это и есть общее число перемен знака в последовательности!

Ура, победа! Мы связали топологический взгляд с классической формулировкой теоремы Штурма через число перемен знака.

Ещё — пара картинок из "Геометрии дискриминанта" В. А. Васильева:

(В. А. Васильев, "Геометрия дискриминанта")

(В. А. Васильев, "Геометрия дискриминанта")

Топологическая степень это ответ на вопрос, почему в множестве пар многочленов (ровно) второй степени без общих корней нельзя пройти от пары "корни чередуются" к паре "корни не чередуются" (и кстати, нельзя поменять порядок чередования корней). Ибо при одном чередовании будет обход по часовой стрелке, при другом против, а при отсутствии чередования степень нулевая.

А вот — страница из текста Д. В. Аносова 2003 года; как раз очень близко к тому, что мы уже видели раньше, только у него цепная дробь обычная, поэтому в ответе возникает чередование знаков:

(Д. В. Аносов, "Отображения окружности, векторные поля и их применения", МЦНМО, 2003)

Ну а часть рассказа выше (подход через степени) вошла в (онлайн)-курс топологии, который мы с коллегами ведём — собственно, уже заканчиваем — для первого курса Вышки. Кто же знал, когда всё это только задумывалось, что курс с частичным онлайном и красивыми картинками вынужденно превратится в полный онлайн...
From behind the stages:

Через пару минут начнётся объявление премии Абеля:
https://www.youtube.com/watch?v=0_NK_OkpmUY

Abel Prize 2021:
László Lovász & Avi Wigderson
“for their foundational contributions to theoretical computer science and discrete mathematics, and their leading role in shaping them into central fields of modern mathematics”

Один из результатов, который упоминали на церемонии вручения премии Абеля — это Zero Knowledge Proof, доказательство с нулевым разглашением. И это действительно очень красивая идея (восходящая к работе Goldreich-Micali-Rackoff, "The Knowledge Complexity of Interactive Proof-Systems").

Как мне это когда-то рассказывали — вот представьте себе, что математик X доказал гипотезу Римана. Естественно было бы написать статью или рассказать результат на семинаре — но X опасается, что его результат украдут. Может ли X убедить коллег, что у него действительно есть доказательство — не рассказав его? И оказывается, что да, есть способ это сделать — о доказательстве вообще ничего не рассказав, кроме его длины. (Можно считать, что X потрясает пачкой бумаги со словами, "этого хватит, чтобы доказательство записать".)

Более того, — это возможно для вообще любой NP-задачи. И вот тут алгоритм придумали Oded Goldreich, Silvio Micali и Avi Wigderson: см. "How to Prove All NP Statements in Zero-Knowledge and a Methodology of Cryptographic Protocol Design" (1986; https://link.springer.com/content/pdf/10.1007%2F3-540-47721-7_11.pdf )

В двух словах (я уточню ближе к концу этого рассказа) — нас интересуют ситуации, когда уже предъявленный ответ можно быстро проверить, но вот сам поиск этого ответа, возможно, безумно сложен. Например, если Вася хочет доказать, что он знает гамильтонов (посещающего каждую вершину ровно один раз) путь в графе. Как раз — проверить, что путь по 1000 вершин графа действительно проходит через каждую вершину, ровно один раз, и каждый раз переходит по ребру — легко. А вот найти такой путь (если он есть) для заданного графа — слоожно...

Тот пример, из которого всё выводится в работе Goldreich, Micali, Wigderson — это задача трёхцветной раскраски: раскрасить вершины графа в 3 цвета так, чтобы соседние вершины были бы раскрашены в разные цвета.
(Кстати: если граф планарный, то в четыре цвета его вершины правильным образом раскрасить всегда можно — и это и утверждает теорема о четырёх красках.)

Понятно, что это задача как раз такого класса: найти раскраску может быть очень сложно — но вот когда раскраска уже предъявлена, проверить, что это действительно правильная раскраска, занимает вполне разумное время.

Так вот — допустим, что X знает правильную трёхцветную раскраску данного графа. Как ему убедить в этом Y, не раскрывая никакой информации?