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 ».
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?
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?
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?
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?
Математические байки
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…
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!
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!
Математические байки
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…
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.
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!
arXiv:2109.13590.
Название, кажется, говорит само за себя: оказывается, что при \gamma=2 неулучшаемых конечной перестройкой паросочетаний (почти наверное) нет!
Forwarded from Непрерывное математическое образование
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
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
Forwarded from Непрерывное математическое образование
в четверг (18.05) в НМУ будет доклад Александра Гайфуллина про триангуляции многообразий, похожих на проективные плоскости
«В 1987 году Брем и Кюнель доказали следующую оценку: всякая комбинаторная триангуляция отличного от сферы d-мерного многообразия (без края) должна иметь не менее 3d/2+3 вершин. Более того, наличие у многообразия M, отличного от сферы, триангуляции ровно с 3d/2+3 вершинами накладывает на это многообразие очень жесткие условия. Во-первых, размерность d может быть равна только 2, 4, 8 или 16; во-вторых, M должно допускать (кусочно линейную) функцию Морса ровно с тремя критическими точками. (…) До недавнего времени было известно ровно 5 примеров различных (3d/2+3)-вершинных триангуляций d-мерных многообразий, отличных от сферы:
1) d=2: единственная 6-вершинная триангуляция вещественной проективной плоскости (…);
2) d=4: единственная 9-вершинная триангуляция комплексной проективной плоскости (Кюнель, 1983);
3) d=8: три 15-вершинные триангуляции кватернионной проективной плоскости (построение триангуляций — Брем и Кюнель, 1992; доказательство, что эти триангуляции действительно гомеоморфны кватернионной проективной плоскости — Городков, 2016).
Случай d=16 оставался полностью открытым: не было известно никаких 27-вершинных триангуляций 16-мерных многообразий, отличных от сферы. В докладе я расскажу о построении таких триангуляций. А именно, будет предъявлено четыре таких симплициальных многообразия с группой симметрий порядка 351 и на их основе построено очень много (более 10^{103}) таких симплициальных многообразий с меньшими группами симметрий. Слово "предъявлено" означает следующее. Четыре симплициальных многообразия с группой симметрий порядка 351 были найдены при помощи специального компьютерного алгоритма и ответом для каждой из них является список из 286 орбит 16-мерных симплексов.
Естественная гипотеза состоит в том, что все построенные симплициальные многообразия кусочно линейно гомеоморфны октавной проективной плоскости. Однако попытки доказательства этой гипотезы упираются в необходимость вычисления второго класса Понтрягина построенных симплициальных многообразий. В настоящее время не известно эффективного способа такого вычисления.»
15:40, конференц-зал МЦНМО
«В 1987 году Брем и Кюнель доказали следующую оценку: всякая комбинаторная триангуляция отличного от сферы d-мерного многообразия (без края) должна иметь не менее 3d/2+3 вершин. Более того, наличие у многообразия M, отличного от сферы, триангуляции ровно с 3d/2+3 вершинами накладывает на это многообразие очень жесткие условия. Во-первых, размерность d может быть равна только 2, 4, 8 или 16; во-вторых, M должно допускать (кусочно линейную) функцию Морса ровно с тремя критическими точками. (…) До недавнего времени было известно ровно 5 примеров различных (3d/2+3)-вершинных триангуляций d-мерных многообразий, отличных от сферы:
1) d=2: единственная 6-вершинная триангуляция вещественной проективной плоскости (…);
2) d=4: единственная 9-вершинная триангуляция комплексной проективной плоскости (Кюнель, 1983);
3) d=8: три 15-вершинные триангуляции кватернионной проективной плоскости (построение триангуляций — Брем и Кюнель, 1992; доказательство, что эти триангуляции действительно гомеоморфны кватернионной проективной плоскости — Городков, 2016).
Случай d=16 оставался полностью открытым: не было известно никаких 27-вершинных триангуляций 16-мерных многообразий, отличных от сферы. В докладе я расскажу о построении таких триангуляций. А именно, будет предъявлено четыре таких симплициальных многообразия с группой симметрий порядка 351 и на их основе построено очень много (более 10^{103}) таких симплициальных многообразий с меньшими группами симметрий. Слово "предъявлено" означает следующее. Четыре симплициальных многообразия с группой симметрий порядка 351 были найдены при помощи специального компьютерного алгоритма и ответом для каждой из них является список из 286 орбит 16-мерных симплексов.
Естественная гипотеза состоит в том, что все построенные симплициальные многообразия кусочно линейно гомеоморфны октавной проективной плоскости. Однако попытки доказательства этой гипотезы упираются в необходимость вычисления второго класса Понтрягина построенных симплициальных многообразий. В настоящее время не известно эффективного способа такого вычисления.»
15:40, конференц-зал МЦНМО
Математические байки
Photo
Есть такой геометрический вопрос: что будет, если взять тор — и рассечь его плоскостью, касающейся тора аж в двух точках.
Оказывается, если тор не просто топологический, а полученный вращением окружности вокруг прямой, то в сечении получатся две окружности. И они называются окружностями Вилларсо.
Так что на торе вращения есть не два семейства окружностей (параллели и меридианы), а четыре!
Я об этом узнал из фильма « Измерения » (« Dimensions », Ghys-Alvarez-Leys), когда мы его переводили — собственно, картинка выше как раз оттуда.
А что будет, если взять сечения уже не просто тора, а полнотория? В сечении получится два « полумесяца » между этими окружностями. А таких касательных плоскостей много, они переводятся друг в друга вращением. Поэтому можно взять много таких полумесяцев, сделать в них разрезы, чтобы они « вставлялись » друг в друга, и собрать модель тора!
Оказывается, если тор не просто топологический, а полученный вращением окружности вокруг прямой, то в сечении получатся две окружности. И они называются окружностями Вилларсо.
Так что на торе вращения есть не два семейства окружностей (параллели и меридианы), а четыре!
Я об этом узнал из фильма « Измерения » (« Dimensions », Ghys-Alvarez-Leys), когда мы его переводили — собственно, картинка выше как раз оттуда.
А что будет, если взять сечения уже не просто тора, а полнотория? В сечении получится два « полумесяца » между этими окружностями. А таких касательных плоскостей много, они переводятся друг в друга вращением. Поэтому можно взять много таких полумесяцев, сделать в них разрезы, чтобы они « вставлялись » друг в друга, и собрать модель тора!
Вот тут о них написано на сайте « Математических этюдов »:
https://etudes.ru/models/Villarceau-circles/ ; там же есть PDF для распечатки.
А вот модель, собранная с первого раза. Если делать аккуратно и из более плотной бумаги/картона, должно получиться лучше, но даже и так очень симпатично выглядит!
Лайфхак: при сборке, после вставления полумесяцев друг в друга, стоит проклеивать место соединения прозрачным скотчем. Иначе через какое-то время тор начинает разваливаться (а пальцев — не хватать, чтобы всё это удержать)…
https://etudes.ru/models/Villarceau-circles/ ; там же есть PDF для распечатки.
А вот модель, собранная с первого раза. Если делать аккуратно и из более плотной бумаги/картона, должно получиться лучше, но даже и так очень симпатично выглядит!
Лайфхак: при сборке, после вставления полумесяцев друг в друга, стоит проклеивать место соединения прозрачным скотчем. Иначе через какое-то время тор начинает разваливаться (а пальцев — не хватать, чтобы всё это удержать)…
Математические байки
Вот тут о них написано на сайте « Математических этюдов »: https://etudes.ru/models/Villarceau-circles/ ; там же есть PDF для распечатки. А вот модель, собранная с первого раза. Если делать аккуратно и из более плотной бумаги/картона, должно получиться лучше…
P.S. Картинка с сайта Этюдов — см. https://etudes.ru/models/Villarceau-circles/20/
Я собирался рассказывать о том, что узнал на конференции на прошлой неделе — но понял, что мне в качестве иллюстрации нужен рассказ, который интересн сам по себе. Итак:
Последовательность Морса-Туэ.
Давайте строить последовательность конечных слов w_n из 0 и 1 так:
*) w_0= 0
*) а каждое следующее получается приписыванием к предыдущему его «негатива» N(w_n): слова, получаемого из w_n заменой 0 на 1 и 1 на 0.
Тогда
w_0=0
w_1=01
w_2=0110
w_3=01101001
w_4=0110100110010110
и так далее.
Тогда, раз каждое следующее слово продолжает предыдущее, они все являются началами некоторого бесконечного слова w:
w = 01101001100101101001011001101001…
Определение. Это бесконечное слово w (бесконечная последовательность 0 и 1) называется последовательностью Морса-Туэ.
Эту последовательность можно определять и по-другому, с помощью замен. А именно: пусть T это отображение на множестве конечных слов, заменяющее каждый символ 0 на 01, а каждый 1 на 10. Например,
T(001)=010110.
Так вот — тогда нашу последовательность конечных слов можно получить, просто раз за разом применяя T:
T(w_n)=w_{n+1}.
И это ну совсем несложно увидеть по индукции. Действительно,
если
T(w_{n-1})=w_n,
то (поскольку T коммутирует со « взятием негатива » N(.) — заменой 0 на 1 и обратно)
T(N(w_{n-1})) = N(T(w_{n-1}))=N(w_n),
и потому
T(w_n) = T(w_{n-1} N(w_{n-1})) = w_n N(w_n) = w_{n+1}.
Вот и всё.
Соответственно, вся бесконечная последовательность Морса-Туэ w это то, что получается, если "применить замену T к w_0=0 бесконечное число раз".
(Собственно, подстановочные слова я в этом канале уже упоминал, вспоминая слово Фибоначчи, получающееся чередой замен A->AB, B->A, и разные красивые вещи, которые по соседству получаются; ну а тут правила чуть-чуть другие.)
Последовательность Морса-Туэ.
Давайте строить последовательность конечных слов w_n из 0 и 1 так:
*) w_0= 0
*) а каждое следующее получается приписыванием к предыдущему его «негатива» N(w_n): слова, получаемого из w_n заменой 0 на 1 и 1 на 0.
Тогда
w_0=0
w_1=01
w_2=0110
w_3=01101001
w_4=0110100110010110
и так далее.
Тогда, раз каждое следующее слово продолжает предыдущее, они все являются началами некоторого бесконечного слова w:
w = 01101001100101101001011001101001…
Определение. Это бесконечное слово w (бесконечная последовательность 0 и 1) называется последовательностью Морса-Туэ.
Эту последовательность можно определять и по-другому, с помощью замен. А именно: пусть T это отображение на множестве конечных слов, заменяющее каждый символ 0 на 01, а каждый 1 на 10. Например,
T(001)=010110.
Так вот — тогда нашу последовательность конечных слов можно получить, просто раз за разом применяя T:
T(w_n)=w_{n+1}.
И это ну совсем несложно увидеть по индукции. Действительно,
если
T(w_{n-1})=w_n,
то (поскольку T коммутирует со « взятием негатива » N(.) — заменой 0 на 1 и обратно)
T(N(w_{n-1})) = N(T(w_{n-1}))=N(w_n),
и потому
T(w_n) = T(w_{n-1} N(w_{n-1})) = w_n N(w_n) = w_{n+1}.
Вот и всё.
Соответственно, вся бесконечная последовательность Морса-Туэ w это то, что получается, если "применить замену T к w_0=0 бесконечное число раз".
(Собственно, подстановочные слова я в этом канале уже упоминал, вспоминая слово Фибоначчи, получающееся чередой замен A->AB, B->A, и разные красивые вещи, которые по соседству получаются; ну а тут правила чуть-чуть другие.)
Telegram
Математические байки
Вот первые несколько образов:
w_1=А
w_2=АБ
w_3=АБА
w_4=АБААБ
w_5=АБААБАБА
Явно видно, что следующее слово продолжает предыдущее — что мгновенно доказывается по индукции. Значит, есть одно бесконечное слово, у которого все эти слова являются началами.
Это…
w_1=А
w_2=АБ
w_3=АБА
w_4=АБААБ
w_5=АБААБАБА
Явно видно, что следующее слово продолжает предыдущее — что мгновенно доказывается по индукции. Значит, есть одно бесконечное слово, у которого все эти слова являются началами.
Это…
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. 🙂
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. 🙂
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.
*) 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.