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

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

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!

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)…

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.)

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. 🙂

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.

https://cs.uwaterloo.ca/~csk/spectre/

если в предыдущем примере¹ апериодического замощения одной плиткой вас смущала необходимость перевораичвать часть плиток, то есть хорошие новости

«we … produce a family of shapes we call “Spectres”, which are strictly chiral aperiodic monotiles: they tile aperiodically using only translations and rotations, even when reflections are permitted»

¹ https://news.1rj.ru/str/cme_channel/3154

https://mathenchant.wordpress.com/2020/02/17/chess-with-the-devil/

«…Mathematician Charles Fefferman (…) says that doing math research is like playing chess with the Devil. Or rather, chess with a devil who, although much smarter than you, is bound by an ironclad rule: although you are allowed at any stage to take back as many moves as you like and rewind the game to an earlier stage, the devil cannot. In game after game, the devil trounces you, but if you learn from your mistakes, you can turn his intelligence against him, forcing him to become your chess tutor. (…) Someone who reads a record of the final version of the game (…) may marvel at some cunning trap you set and ask “How on earth did you know that this would lead to checkmate ten moves in the future?” The answer is, you already had a chance to explore that future…»

В конечной группе xy=yx для >90% пар (x,y). Доказать, что эта группа коммутативна.

(via А.Шень)

Всем добрый день!

Вчера практически случайно обнаружил, что вот этой замечательной штуки почти никто из ФБ-читателей группы "Математические задачи и головоломки" не знает.

Смотрите.
1/998999 =
0, 000 001 001 002 003 005 008 013 021 034 055 089 144 233...

Сможете объяснить, почему так получается?

задачи обоих дней IMO-2023

Смотрю на задачу 5: умею доказывать отличающиеся в константу раз оценки снизу и сверху.

Оценка снизу — верхней целой частью n-й частичной суммы гармонического ряда
H_n = 1+1/2+…+ 1/n.

Дело в том, что на возможных путях ниндзя есть случайное распределение, при котором на любом уровне все возможные круги посещаются равновероятно. Если поверить в то, что оно есть, то дальше среднее значение количества красных кругов на пути как раз равно 1+1/2+…+1/n (потому что вклад каждого уровня k равен 1/k). Ну и верхняя целая часть — потому что при таком среднем где-то будет хотя бы столько.

Построить такой путь можно двумя способами. Во-первых, взять равновероятно круг на самом нижнем уровне, и после этого выбрать идущий в него путь ниндзя равновероятно из всех возможных (и это не то же самое, что просто равновероятный выбор из всех 2^(n-1) путей ниндзя в треугольнике). И тогда оказывается, что на предыдущих уровнях распределение тоже равномерное.

Во-вторых, можно рассмотреть вот какой процесс: берём урну с одним красным и одним синим шаром, и раз за разом достаём из неё случайный шар -- возвращая его и ещё один такой же. И количества шаров и будут координатами -- иными словами, можно считать, что на красном шаре написано R, а на синем L.
Этот процесс называется "урна Пойя" -- можно сказать, что это самая простая модель раздела более-менее одинаковыми компаниями свежепоявившегося рынка: каждый новый покупатель спрашивает у случайного друга, чем тот пользуется, и берёт себе гаджет той де фирмы.

Так вот, если начать с одного красного и одного синего шара, то после любого числа шагов распределение получается равномерным.

Хорошее упражнение -- это и убедиться в этом, и проверить, что эти две конструкции эквивалентны.

Частичная сумма гармонического ряда ведёт себя как ln n (плюс константа \gamma, если хочется точнее). А сверху можно устроить оценку двоичным логарифмом: в каждой "группе горизонталей" ниндзя может зацепить максимум один красный шар b:

b
b.
..b
b...
..b..
....b.
......b

(Коллеги об этом уже написали аккуратнее)

для повышения наглядности — картинка к последнему примеру

4-я задача, кажется, довольно простая — и, главное, решается « естественным образом ». (Disclaimer : я не смотрел написанные решения, так что не исключено, что в тексте ниже есть какой-то мой глюк. Но на вид вроде всё работает…)

Если бы не было условия различности x_i, то наименьшее значение у произведения под корнем было бы при всех x_i=1, равнялось бы n^2, и это даёт оценку a_n >= n. (Впрочем, требование, что все a_n целые, тоже это гарантирует — просто за счёт того, что a_{n+1}>a_n.)

Но из условия явно видно, что требуется в полтора раза больше.

Дальше — очень естественно, что поскольку x_i>0 просто вещественные числа, про них больше ничего не , когда x_1,…,x_{k-1} квадратный корень можно « подкручивать вверх », меняя x_k от того значения, когда произведение наименьшее, к 0 или к бесконечности. И тогда получающееся значение a_k « пробежит » все возможные значения от наименьшего возможного до бесконечности.
Значит, нужно посмотреть, какое именно это наименьшее значение.

Если мы уже знаем a_{k-1}, то под корнем у нас произведение двух сомножителей, которые нам дальше важны только сами по себе: мы к ним будем добавлять новые слагаемые, но не разбивать их на составляющие. Поэтому пусть эти скобки равны aS и a/S, где a:=a_{k-1}.
Следующее произведение это
(aS+x)(a/S + 1/x) = a^2+ a (S/x + x/S) +1,
где x=x_k
В скобках не меньше 2, поэтому само произведение не меньше (a+1)^2.
А минимальное значение тут такое, когда x=S. (И тогда новое S’ будет тем же самым S).
Поэтому никакие два последовательных увеличения a_{k+1}-a_k не могут оказаться равны 1 (потому что тогда два последовательных x_k совпадали бы). То есть каждое второе увеличение — хотя бы 2.

И вот и получаем ту самую оценку с коэффициентом (3/2).

https://arxiv.org/abs/2307.01912 (Doron Zeilberger et al.)

«In this case study, we hope to show why Sheldon Axler was not just wrong, but wrong, when he urged, in 1995: ”Down with Determinants!”. We first recall how determinants are useful in enumerative combinatorics, and then illustrate three versatile tools (Dodgson's condensation, the holonomic ansatz and constant term evaluations) to operate in tandem to prove a certain intriguing determinantal formula conjectured by the first author. (…)»

https://www.youtube.com/live/rSgg_OWlYRA

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

утром в среду Г.Ю.Панина будет рассказывать на ЛШСМ-2023 (и планируется прямая трансляция) про гипотезу Банаха

«Гипотеза звучит так:

Пусть K — n-мерное центрально-симметричное выпуклое тело. Для некоторого 1<k<n известно, что любые два сечения тела K k–мерными плоскостями, содержащими центр симметрии, линейно эквивалентны. Тогда K — эллипсоид.

Эта гипотеза сформулирована в 1932 году польским математиком Стефаном Банахом, и до сих пор не решена полностью. Мы посмотрим на методы, работающие в разных стучаях: несложная топология (теорема о причесывании ежа), теорема Дворецкого, проективная геометрия. В конце мы упомянем последний результат петербургских математиков: Sergei Ivanov, Daniil Mamaev, Anya Nordskova «Banach’s isometric subspace problem in dimension four» Invent. math. (2023).

В качестве подготовки предлагается подумать над следующими задачами:
1. Пусть у трёхмерного центрально-симметричного тела K все центральные двумерные сечения (то есть, сечения, содержащие центр симметрии) — эллипсы. Тогда тело K — эллипсоид.
2. Пусть у трёхмерного центрально-симметричного тела K все центральные двумерные сечения конгруэнтны, то есть отличаются поворотом пространства. Тогда тело K — шар.»

Трансляция началась — https://www.youtube.com/watch?v=y2JB_l8-8Ho

Трансляция лекции Д. В. Орлова про гипотезу Бёрча—Свинертона-Дайера:
https://www.youtube.com/watch?v=rCdOtybBAK0