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

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)

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)

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)

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!

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.

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.

И если из предыдущей картинки синусоиду убрать — то получатся два равных эллипса, катящихся один по другому. А это буквально то, про что коллеги писали!

https://twitter.com/i/status/1430777572787462152

еще одна картинка специально для тех, кого параболы недостаточно впечатляют

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

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).

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, что бесконечно « 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, что можно 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!

Ну и да, как и пишут в конце — пример на cn^2 строится просто: можно устроить ситуацию « сортировки пузырьком ».

Но это было ответвление. А вот почему я исходно эту задачу вспомнил.

Представим себе, что на плоскости заданы два бесконечных множества точек, таких, что в любой ограниченной области точек лишь конечное число. Тогда можно задать такой вопрос — можно ли точки из одного множества сопоставить с точками из другого так, чтобы эту биекцию в смысле какой-нибудь « функции цены » нельзя было бы улучшить конечной перестройкой (то есть изменением сопоставлений для конечного их числа).

Точнее — очень естественно в качестве функции цены взять "сумму" \sum_i F(a_i,b_i),
где точке a_i сопоставлена b_i, а F(a,b) — какая-нибудь заданная наперёд функция цены одной перевозки. Например, логично взять в качестве F(a,b) расстояние d(a,b) (вот и параллель с задачей о непересекающихся отрезках) или какую-нибудь его степень
d(a,b)^{\gamma}, где \gamma>0.

Тут слово "сумма" взято в кавычки, потому что ряд, конечно, расходится. Но если мы меняем лишь конечное число пар — то разница между тем, что было и тем, что стало, вполне себе корректно определена (мы просто сокращаем совпадающие слагаемые).

Сами же множества точек можно (и это вполне естественно) брать случайными, задаваемыми пуассоновским процессом. То есть — допустим, что наличие точек в непересекающихся множествах это независимые события (а красные и синие точки выбираются независимо друг от друга). И вероятность того, что синяя (или красная) точка есть в маленьком квадратике площади S, (примерно) равна \lambda*S.

В некотором приближении — можно сказать, что мы нарежем плоскость на такие квадратики, и для каждого « подбросим монетку », чтобы решить, есть ли там точка. (И так два раза — цвета два). Или — что мы нальём на светочувствительную плоскость ровным слоем не слишком сильно радиоактивный раствор, и зафиксируем, где за данное время произошли распады (атомы как раз распадаются независимо).

Да — изменение биекции в конечном числе точек разбивается на циклы:
было
точка a_1 сопоставлена b_1,
точка a_2 сопоставлена b_2,
…
точка a_k сопоставлена b_k;
стало
точка a_1 сопоставлена b_2,
точка a_2 сопоставлена b_3,
…
точка a_k сопоставлена b_1.

Поэтому вместо того, чтобы говорить, что биекция оптимальна относительно всех конечных перестроек — достаточно попросить, чтобы её нельзя было улучшить никакой циклической перестановкой сопоставлений.

Только — а вот есть ли такие сопоставления?

Когда мне месяц назад про этот вопрос рассказали, моим рефлексом было попробовать сказать « конечно, есть ». Потому что можно брать всё б’ольшие и б’ольшие конечные множества (например, то, что попадает в круг большого радиуса, плюс ещё чуть-чуть, чтобы красных и синих точек было поровну). В каждом из них взять оптимальное (в смысле функции цены) паросочетание.

И дальше хочется запустить « диагональный процесс »:
*) посмотреть на первую красную точку a_1 и на то, какой из синих точек b_{j_1} она сопоставлена в бесконечном числе из наших конечных оптимальных вариантов; оставить только такие паросочетания;
*) среди них посмотреть, какая красная точка a_{i_1} сопоставлена синей b_1 в бесконечном числе из них; оставить только такие;
*) среди них посмотреть на вторую красную точку a_2 и на то, какой из синих точек b_{j_2} она сопоставлена в бесконечном числе; оставить только такие;
*) среди них посмотреть, какая красная точка a_{i_2} сопоставлена синей b_2 в бесконечном числе; оставить только такие;
и так далее…

Казалось бы, что может пойти не так?

Так вот — проблема может быть в том, что какая-нибудь точка будет сопоставленной всё более и более далёким точкам. И тогда никакого « предела подпоследовательности » выделить будет нельзя.

Вот картинка из препринта 2020 года: Minimal matchings of point processes, Alexander E. Holroyd, Svante Janson, Johan Wästlund, arXiv:2012.07129. Обратите внимание на подпись!

Если функция цены это сумма длин в какой-то степени \gamma, то при \gamma->+∞ мы минимизируем максимальную длину отрезка (а далее лексикографически: если максимальные длины совпадают, то смотрим на следующие за ними, и так далее).
Значения \gamma<0 тоже осмысленны, только нужно поменять знак — рассматривать функцию  
-d(x,y)^\gamma,
чтобы она была всё ещё монотонно возрастающей.
Предел \gamma->-∞ означает, что нас интересуют сначала самые короткие отрезки (чем короче отрезок, тем больше по модулю его цена). Так что для конечного случая рассмотрение γ→−∞ означает, что мы сначала « подружим » самые близкие красную и синюю точки, потом самые близкие из оставшихся, потом самые близкие из оставшихся, и так далее.
И этот случай — единственный из трёх на той картинке, для которого существование неулучшаемого паросочетания на всей плоскости было известно.

Ну и — вот начало препринта 2021 года, Martin Huesmann, Francesco Mattesini, Felix Otto, There is no stationary cyclically monotone Poisson matching in 2D,
arXiv:2109.13590.
Название, кажется, говорит само за себя: оказывается, что при \gamma=2 неулучшаемых конечной перестройкой паросочетаний (почти наверное) нет!

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

напомним, что Летняя школа «Современная математика» имени Виталия Арнольда в этом году проходит с 18 по 29 июля

подробности о курсах начинают постепенно появляться на сайте

а у желающих принять участие в работе школы старшеклассников и младшекурсников есть еще несколько дней (до субботы 20 мая), чтобы подать заявку