В задаче говорится про конфеты и корни квадратных уравнений. GPT4 переходит к дискриминантам (ладно, это стандартный шаг в смысле корпуса текстов, так что это неудивительно), замечает, что дискриминанты разбиваются на пары одинаковых, и пишет, « the last remaining discriminant must be non-negative to maintain an even number of non-negative discriminants ».
Вот тут у меня слова заканчиваются...
Вот тут у меня слова заканчиваются...
Решается она так. Ответ — да, можно. Давайте разобьём на пары как угодно; конечно, вполне могут получиться пересечения. Возьмём любые два пересекающихся отрезка [B1,R1] и [B2,R2] и заменим их на [B1,R2] и [B2,R1]. Заметим, что при этом сумма длин всех отрезков уменьшается (сложите два неравенства треугольника!).
Поэтому — будем повторять это до того момента, пока будут пересекающиеся отрезки. И поскольку на каждом шаге сумма длин уменьшается, а всех способов разбивать на пары конечное число, значит, через конечное число шагов всё остановится — и мы получим искомое разбиение.
Можно было сразу сказать, что возьмём разбиение с наименьшей суммой длин, и тогда в нём не может быть пересекающихся отрезков. Но мне хотелось, чтобы появилась именно идея « перестраиваем, и рано или поздно процесс закончится ».
Поэтому — будем повторять это до того момента, пока будут пересекающиеся отрезки. И поскольку на каждом шаге сумма длин уменьшается, а всех способов разбивать на пары конечное число, значит, через конечное число шагов всё остановится — и мы получим искомое разбиение.
Можно было сразу сказать, что возьмём разбиение с наименьшей суммой длин, и тогда в нём не может быть пересекающихся отрезков. Но мне хотелось, чтобы появилась именно идея « перестраиваем, и рано или поздно процесс закончится ».
Forwarded from Непрерывное математическое образование
https://youtu.be/Y0aOxj5lrKY
сегодняшние картинки по выходным — про то, что на эллиптических колёсах очень удобно ездить по синусоиде
ранее на близкие темы: https://news.1rj.ru/str/mathtabletalks/3966 про квадратные колёса
сегодняшние картинки по выходным — про то, что на эллиптических колёсах очень удобно ездить по синусоиде
ранее на близкие темы: https://news.1rj.ru/str/mathtabletalks/3966 про квадратные колёса
Вдогонку к этому ролику, П. Пушкарь вчера спросил — а можно ли увидеть, что эллипс катится по синусоиде, через сечение цилиндра? Ведь в сечении цилиндра получается эллипс, а если развернуть поверхность цилиндра, то получается синусоида!
(кадр из видео « Синусоида: развёртка цилиндра », Математические этюды)
(кадр из видео « Синусоида: развёртка цилиндра », Математические этюды)
И — да, можно. Действительно, давайте катить эллипс-сечение по синусоиде, получающейся из развёртки цилиндра (оболочки колбасы), и начнём так, чтобы они касались в точках, которые соответствовали друг другу до того, как мы цилиндр развернули. Тогда и в любой момент они будут продолжать касаться в соответствующих точках — потому что участки синусоиды и эллипса были просто приложены друг к другу.
(Картинка — разворачиваем цилиндр в синусоиду, из того же видео Математических Этюдов)
(Картинка — разворачиваем цилиндр в синусоиду, из того же видео Математических Этюдов)
Так вот: почему фокус будет двигаться горизонтально? Раз мы знаем, что касание всегда будет в соответствовавших друг другу точках на сечении и на границе, то можно просто для каждой из точек эллипса-сечения разворачивать его вертикально вокруг касательной в этой точке.
Давайте вспомним, как доказывается, что сечение цилиндра (или кругового конуса) это эллипс. С двух сторон в цилиндр закидываются равные ему по радиусу сферы (сферы Данделена) — до касания с секущей плоскостью. Точки их касания с плоскостью — это и будут фокусы эллипса.
И тогда расстояние от фокуса-точки касания F до любой точки X сечения это длина касательной из X к сфере — и потому равно длине любой другой касательной из X к сфере, в частности, вертикальной. А это часть вертикального отрезка до горизонтальной окружности, по которой сфера касается цилиндра.
(картинка из « Сфер Данделена », Математические Этюды)
Давайте вспомним, как доказывается, что сечение цилиндра (или кругового конуса) это эллипс. С двух сторон в цилиндр закидываются равные ему по радиусу сферы (сферы Данделена) — до касания с секущей плоскостью. Точки их касания с плоскостью — это и будут фокусы эллипса.
И тогда расстояние от фокуса-точки касания F до любой точки X сечения это длина касательной из X к сфере — и потому равно длине любой другой касательной из X к сфере, в частности, вертикальной. А это часть вертикального отрезка до горизонтальной окружности, по которой сфера касается цилиндра.
(картинка из « Сфер Данделена », Математические Этюды)
Математические байки
Так вот: почему фокус будет двигаться горизонтально? Раз мы знаем, что касание всегда будет в соответствовавших друг другу точках на сечении и на границе, то можно просто для каждой из точек эллипса-сечения разворачивать его вертикально вокруг касательной…
Из другого фокуса F’ расстояние до X из таких же соображений будет равно расстоянию от X до горизонтальной окружности, по которой касается другая сфера. А значит, их сумма равна просто расстоянию между этими горизонтальными окружностями, которое всегда одно и то же!
Непрерывное математическое образование
https://youtu.be/Y0aOxj5lrKY сегодняшние картинки по выходным — про то, что на эллиптических колёсах очень удобно ездить по синусоиде ранее на близкие темы: https://news.1rj.ru/str/mathtabletalks/3966 про квадратные колёса
Так вот — мы будем поворачивать эллипс-сечение вокруг касательной к одной из точек, пока он не станет вертикальным. И это всё равно, что отразить его относительно плоскости, проходящей через эту касательную плоскость и центр одной из двух касающихся сфер.
Так вот — при таком отражении фокус-точка касания как раз переходит в точку касания на горизонтальной окружности (а линия к ней становится вертикальной). Вот мы и видим, что ось в фокусе движется по горизонтали.
Так вот — при таком отражении фокус-точка касания как раз переходит в точку касания на горизонтальной окружности (а линия к ней становится вертикальной). Вот мы и видим, что ось в фокусе движется по горизонтали.
Математические байки
Так вот: почему фокус будет двигаться горизонтально? Раз мы знаем, что касание всегда будет в соответствовавших друг другу точках на сечении и на границе, то можно просто для каждой из точек эллипса-сечения разворачивать его вертикально вокруг касательной…
Наконец, можно одновременно запустить два эллиптических колеса, одно, едущее над синусоидой, а другое — под.
Можно их заставить ехать так, чтобы точка касания у них оставалась одной и той же — и отрезок, соединяющий соответствующие фокусы, будет оставаться вертикальным.
Можно их заставить ехать так, чтобы точка касания у них оставалась одной и той же — и отрезок, соединяющий соответствующие фокусы, будет оставаться вертикальным.
И если из предыдущей картинки синусоиду убрать — то получатся два равных эллипса, катящихся один по другому. А это буквально то, про что коллеги писали!
Forwarded from Непрерывное математическое образование
https://twitter.com/i/status/1430777572787462152
еще одна картинка специально для тех, кого параболы недостаточно впечатляют
еще одна картинка специально для тех, кого параболы недостаточно впечатляют
Twitter
Idan Tal
Two ellipses #MTBoS #iteachmath #Math #Maths
Forwarded from Непрерывное математическое образование
https://nplus1.ru/material/2023/04/12/diagonal-ramsey
«В комбинаторике прямо сейчас происходит много весьма интересных событий, это одна из самых бурно развивающихся областей математики. Но среди них отдельно выделяется новая работа Марсело Кампоса, Саймона Гриффитса, Роберта Морриса (Рио-де-Жанейро) и Джулиана Сахасрабуде (Кембридж), посвященная оценке чисел Рамсея. В чем с этими числами проблема и как ее недавно решили, рассказывает математик Фёдор Петров, профессор СПбГУ и ведущий научный сотрудник ПОМИ РАН.»
// ранее на ту же тему: https://news.1rj.ru/str/cme_channel/3151
«В комбинаторике прямо сейчас происходит много весьма интересных событий, это одна из самых бурно развивающихся областей математики. Но среди них отдельно выделяется новая работа Марсело Кампоса, Саймона Гриффитса, Роберта Морриса (Рио-де-Жанейро) и Джулиана Сахасрабуде (Кембридж), посвященная оценке чисел Рамсея. В чем с этими числами проблема и как ее недавно решили, рассказывает математик Фёдор Петров, профессор СПбГУ и ведущий научный сотрудник ПОМИ РАН.»
// ранее на ту же тему: https://news.1rj.ru/str/cme_channel/3151
N + 1 — главное издание о науке, технике и технологиях
Бери ниже
В комбинаторике прямо сейчас происходит много весьма интересных событий, это одна из самых бурно развивающихся областей математики. Но среди них отдельно выделяется новая работа Марсело Кампоса, Саймона Гриффитса, Роберта Морриса (Рио-де-Жанейро) и Джулиана…
Непрерывное математическое образование
https://nplus1.ru/material/2023/04/12/diagonal-ramsey «В комбинаторике прямо сейчас происходит много весьма интересных событий, это одна из самых бурно развивающихся областей математики. Но среди них отдельно выделяется новая работа Марсело Кампоса, Саймона…
Давайте я вот к этому добавлю небольшой комментарий. Вот есть числа Рамсея R(k,l): сколько человек нужно взять, чтобы среди них обязательно нашлось или k попарно знакомых, или l попарно незнакомых. И есть стандартная оценка
R(k,l) < 2^{k+l},
доказываемая просто по индукции (ибо R(k,l) <= R(k-1,l)+R(k,l-1) ).
Так вот — более простая версия конструкции из той работы позволяет легко получить эту же оценку. Авторы следят за четырьмя множествами — A, B, X и Y. Давайте вместо этого следить только за тремя: A, B и X. Потребуем, чтобы в любой момент выполнялись « свойства книг »:
- все люди из A попарно знакомы и знакомы во всеми из X;
- все люди из B попарно незнакомы и незнакомы во всеми из X.
Начнём с пустых A и B, а в X поместим всю компанию из 2^{k+l} человек.
И шаг за шагом делаем следующее:
- берём произвольного человека x из X;
- смотрим, кого у него больше в X, знакомых или незнакомых;
- если знакомых — добавляем его в A и оставляем в X только его знакомых (остальных убираем)
- если незнакомых — добавляем его в B и оставляем в X только его незнакомых (остальных убираем).
Каждый шаг уменьшает количество человек в X не больше, чем вдвое. А пока в X есть хоть кто-нибудь, мы можем продолжать.
За k+l-1 шаг или в A соберутся k человек, или в B — l человек. Вот и всё.
Так что — уже такая « детская версия » конструкции авторов с тремя множествами позволяет получить оценку в 2^{k+l}. После чего то, что более аккуратный подход позволит от экспоненты « чуть-чуть » откусить, уже не кажется невероятным (но и обещать заранее такого нельзя, конечно; то, что я тут написал, это скорее первые 5-10% процентов понимания).
R(k,l) < 2^{k+l},
доказываемая просто по индукции (ибо R(k,l) <= R(k-1,l)+R(k,l-1) ).
Так вот — более простая версия конструкции из той работы позволяет легко получить эту же оценку. Авторы следят за четырьмя множествами — A, B, X и Y. Давайте вместо этого следить только за тремя: A, B и X. Потребуем, чтобы в любой момент выполнялись « свойства книг »:
- все люди из A попарно знакомы и знакомы во всеми из X;
- все люди из B попарно незнакомы и незнакомы во всеми из X.
Начнём с пустых A и B, а в X поместим всю компанию из 2^{k+l} человек.
И шаг за шагом делаем следующее:
- берём произвольного человека x из X;
- смотрим, кого у него больше в X, знакомых или незнакомых;
- если знакомых — добавляем его в A и оставляем в X только его знакомых (остальных убираем)
- если незнакомых — добавляем его в B и оставляем в X только его незнакомых (остальных убираем).
Каждый шаг уменьшает количество человек в X не больше, чем вдвое. А пока в X есть хоть кто-нибудь, мы можем продолжать.
За k+l-1 шаг или в A соберутся k человек, или в B — l человек. Вот и всё.
Так что — уже такая « детская версия » конструкции авторов с тремя множествами позволяет получить оценку в 2^{k+l}. После чего то, что более аккуратный подход позволит от экспоненты « чуть-чуть » откусить, уже не кажется невероятным (но и обещать заранее такого нельзя, конечно; то, что я тут написал, это скорее первые 5-10% процентов понимания).
Математические байки
Есть такая задача: на плоскости отмечено n красных и n синих точек, никакие 3 из которых не лежат на одной прямой. Всегда ли их можно разбить на (красно-синие) пары так, чтобы отрезки, соединяющие точки в парах, не пересекались друг с другом?
В качестве ответвления — коллеги показали задачу C7 из шорт-листа IMO-2014, где оценивается, сколько (в аналогичной ситуации) « перещёлкиваний » может потребоваться. И оценка тут кубическая по количеству точек, с изящным рассуждением.
Математические байки
В качестве ответвления — коллеги показали задачу C7 из шорт-листа IMO-2014, где оценивается, сколько (в аналогичной ситуации) « перещёлкиваний » может потребоваться. И оценка тут кубическая по количеству точек, с изящным рассуждением.
Давайте я тут такое рассуждение набросаю (не задумываясь о константах — только о порядке величин).
Мы уже знаем, чтобесконечно « перещёлкивать » нельзя, потому что при каждом перещёлкивании строго уменьшается сумма длин отрезков. Но напрямую это даст только оценку из количества всевозможных способов проводить отрезки — а это слишком много (даже больше, чем экспонента, это скорее факториал).
Красивый трюк состоит в том, чтоможно использовать другую (полу)метрику — принимающую целые значения. А именно: всё, что нужно, чтобы при « перещёлкивании » отрезков сумма их длин уменьшалась — это чтобы для любых трёх точек A,B,C, где A и C из наших n, а B — точка пересечения отрезка AC с каким-то ещё таким же отрезком, выполнялось бы
d(A,B)+d(B,C)=d(A,C).
Так вот — давайте рассмотрим множество X, полученное добавлением к исходному множеству вершин множества всевозможных точек пересечения пары отрезков с вершинами оттуда. И для любой прямой L, не проходящей через точки X, рассмотрим полуметрику, различающую только то, в одной ли точки относительно L полуплоскости. А именно,
d_L (A,B)=0, если точки A и B в одной полуплоскости относительно L, и
d_L (A,B)=1, если в разных;
саму прямую L из рассмотрения выбрасываем — нам эта полуметрика понадобится только на X.
Нужному нам « равенству треугольника для трёх точек на одной прямой » она, конечно, удовлетворяет.
А теперь давайте для любой пары вершин A и B рассмотрим пару прямых, получающихся небольшим параллельным сдвигом прямой AB вправо и влево. Это ~n^2 прямых — и давайте сложим все соответствующие d_L!
Получаем полуметрику, принимающую неотрицательные целые значения. При этом при любом перещёлкивании сумма « длин » строго уменьшается (потому что теперь пары относительно сразу многих прямых оказываются в одной полуплоскости, а были в разных), а исходное значение не больше, чем
~n (пар вершин)* n^2 (складываемых полуметрик),
и это как раз порядка n^3. Вот и получается не больше cn^3 перещёлкиваний!
Мы уже знаем, что
Красивый трюк состоит в том, что
d(A,B)+d(B,C)=d(A,C).
Так вот — давайте рассмотрим множество X, полученное добавлением к исходному множеству вершин множества всевозможных точек пересечения пары отрезков с вершинами оттуда. И для любой прямой L, не проходящей через точки X, рассмотрим полуметрику, различающую только то, в одной ли точки относительно L полуплоскости. А именно,
d_L (A,B)=0, если точки A и B в одной полуплоскости относительно L, и
d_L (A,B)=1, если в разных;
саму прямую L из рассмотрения выбрасываем — нам эта полуметрика понадобится только на X.
Нужному нам « равенству треугольника для трёх точек на одной прямой » она, конечно, удовлетворяет.
А теперь давайте для любой пары вершин A и B рассмотрим пару прямых, получающихся небольшим параллельным сдвигом прямой AB вправо и влево. Это ~n^2 прямых — и давайте сложим все соответствующие d_L!
Получаем полуметрику, принимающую неотрицательные целые значения. При этом при любом перещёлкивании сумма « длин » строго уменьшается (потому что теперь пары относительно сразу многих прямых оказываются в одной полуплоскости, а были в разных), а исходное значение не больше, чем
~n (пар вершин)* n^2 (складываемых полуметрик),
и это как раз порядка n^3. Вот и получается не больше cn^3 перещёлкиваний!
Ну и да, как и пишут в конце — пример на cn^2 строится просто: можно устроить ситуацию « сортировки пузырьком ».