Антипараллелограмм — плоский невыпуклый самопересекающийся четырёхугольник, в котором каждая сторона равна противоположной, но не параллельна ей, в отличие от параллелограмма.

Шарнирный антипараллелограмм – конструкция изгибаемая. Нарисуем всевозможные положения оси симметрии антипараллелограмма при его изгибании.

Первый случай: закреплённой, неподвижной является короткая сторона антипараллелограмма. Тогда кривая, огибающая всевозможные положения оси симметрии, является эллипсом https://zadachi.mccme.ru/antipar/antipar2.html . На самом деле это другой взгляд на сюжет «Качение эллипсов» https://etudes.ru/models/conic-sections-ellipse-gears/ .

Второй случай: неподвижной является длинная сторона антипараллелограмма. Огибающей всевозможных положений оси симметрии антипараллелограмма является… гипербола https://zadachi.mccme.ru/antipar/antipar1.html

На указанных страницах ползунок отвечает за соотношение длин сторон у антипараллелограмма. А заинтересовавшиеся приглашаются на семинар учителей https://mccme.ru/nir/seminar/ , где обсудим подробнее и эту тему.

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

еще одна картинка специально для тех, кого параболы недостаточно впечатляют

#математика

Есть такие задачки, решение которых не требует знания сложных теорем, но требует определенной гибкости ума и интеллектуальной настойчивости, — они вызывают азарт и доставляют немалое удовольствие в процессе и по факту их решения )).

Сегодня опубликовали новый ролик с одной такой задачкой:

«По морю с постоянными скоростями прямыми непараллельными курсами идут четыре корабля. Известно, что три из них попарно встретились в море. Известно также, что четвёртый корабль встретился сначала с первым, а потом со вторым кораблём. Докажите, что он обязательно встретится, или встретился раньше, также и с третьим кораблём».

Чтобы задачку решить практически в уме, нужно перейти от плоских траекторий кораблей к их мировым линиям в трехмерном (в данном случае) пространстве, у которого «в основании» — плоскость, в которой движутся корабли, а «по вертикальной оси» — время.

Отличие мировых линий от траекторий в том, что из пересечения траекторий вовсе не следует встреча кораблей, а из пересечения мировых линий — следует.

Чтобы не лишать вас удовольствия, не будем здесь приводить полное решение — его можно найти в ролике.

Более сложный вопрос, над котором предлагаем подумать, такой: справедливо ли утверждение задачи в случае движения кораблей не по плоскости, а по поверхности сферы?

P.S. Кажется, что такого рода задачки (не важно по физике или по математике, важно что у них есть изящное и нетрудоемкое решение, если чуточку подумать) — очень важная составляющая любой хорошей системы обучения. Они привносят в процесс элемент игры.

картинки по выходным: парабола на клетчатом полу… и она же окружность

// src: https://mathstodon.xyz/@diffgeom/

>>
электрон тетраэдр так же неисчерпаем, как атом треугольник (Ленин Руденко).
>>

Даня Руденко занимался алгебраической геометрией, и по ходу открыл новое тождество для тетраэдров (по ссылке вполне mesmerizing story об этом). После долгих поисков он обнаружил похожее тождество в старинном журнале The Educational Times.

Потом он же сотоварищи сделал сайт с геометрическими задачками из старых журналов.

На сайте тысячи старинных задач с прикрученным поиском. Красота! Практически склеил двух столетий позвонки (в хорошем смысле).

Если есть предложения как улучшить сайт с задачами: предлагайте!

https://mccme.ru/nir/seminar/

в четверг (21.12) последний в этом году семинар учителей математики

Николай Андреев и друзья. Геометрия: шарнирные механизмы; особенности; картография; модели сезона-2023

как обычно: 19:00, столовая МЦНМО, приглашаются все желающие

https://ems.press/books/standalone/272

выложены труды ICM-2022

«Following the long and illustrious tradition of the International Congress of Mathematicians, these proceedings include contributions based on the invited talks that were presented at the Congress in 2022.

Published with the support of the International Mathematical Union and edited by Dmitry Beliaev and Stanislav Smirnov, these seven volumes present the most important developments in all fields of mathematics and its applications in the past four years. In particular, they include laudations and presentations of the 2022 Fields Medal winners and of the other prestigious prizes awarded at the Congress.»

📝 Запись лекции про геометрические неравенства

🎤 Неделю назад Григорий Мерзон прочел очень интересную лекцию про изопараметрическое неравенство и формулу Штейнера.

📚 Все материалы лекции выложены на страничке докладчика. Там вы найдёте слайды с лекции, ссылки на популярные книги и статьи в Кванте, видео 3Blue1Brown и серьезный обзор по теме.

#открытые_лекции #YouTube

Первая часть шестнадцатой проблемы Гильберта содержит в себе вопрос о взаимном расположении овалов вещественной алгебраической кривой на вещественной проективной плоскости -- у нас все кривые вещественны сейчас. Если кривая задана однородным многочленом P(x,y,z)=0 и степень многочлена P равна n, то число ее компонент связности не больше 1/2(n-1)(n-2)+1. Это теорема Харнака, Харнак же построил и пример максимальной кривой степени n.

Насколько я понимаю, эта задача Гильберта -- какие "картинки" могут реализовываться кривыми данной степени -- специалистами признается безнадежной. Для степени 8 максимальная кривая состоит из 22 овалов и осталось реализовать или доказать что невозможно реализовать 6 случаев. И за последние двадцать лет прогресса нет. А с большими степенями все совсем плохо.

Тем самым, следующая теорема Г.Михалкина выглядит совершенно удивительной.

Пусть есть максимальная кривая степени n. А кроме того на проективной плоскости заданы три прямые (не проходящие через одну точку) -- например "оси координат и бесконечноудаленная прямая". Кривая называется максимальной по отношению к этой тройке прямых, если у этой кривой есть компонента, на которой можно выбрать три непересекающиеся дуги, каждая из которых пересекает свою прямую в n точках. (рисунки в комментариях и статье Михалкина https://arxiv.org/pdf/math/0010018.pdf )

Теорема Михалкина говорит, что такая максимальная кривая, максимальная по отношению к трем прямым -- одна (с точностью до гомеоморфизма проективной плоскости). И это та кривая, которую нашел еще Харнак! Очень красивая -- и по формулировке и по доказательству теорема, ради таких теорем стоит изучать математику.

А в вещественной алгебраической геометрии много еще красивого.

вот как эта кривая выглядит (два варианта картинки: для четной и для нечетной степени)

Давайте я продолжу (и попробую закончить) историю про ним с тремя кучками камней — или, что то же самое, про игру "ладью в угол" в кубе.

Мы выше видели, что в кубе размера 1,2,4,8 возникает по одной проигрышной позиции в каждом столбце. И хочется сказать, что так же будет для куба любого размера 2^n.
Это оказывается несложно (и очень естественно) доказать просто по индукции.
Действительно — если это так для какого-то размера куба N=2^n, то на продолжениях этих столбцов все позиции оказываются выигрышными. И из-за симметрии так будет в каждом из трёх направлений (см. рис.).

После этого, из каждого из уголков
(2^n,2^n,0),
(2^n,0,2^n),
(0,2^n,2^n),
начинает расти точно такой же куб размера 2^n с выигрышными и проигрышными позициями: пока мы по третьей координате не отошли от соответствующей грани больше, чем на 2^n, процесс заполнения выигрышных/проигрышных позиций повторяет процесс заполнения из (0,0,0). Потому что первые две координаты нельзя уменьшать ниже 2^n — мы попадём как раз в те самые лучи выигрышных позиций, идущие из углового куба, которые нарисованы синим на картинке выше.

Так что три новых куба со стороной 2^n будут заполнены выигрышными/проигрышными позициями точно так же, как и исходный угловой. А их объединение даёт куб со стороной 2^(n+1) — в котором опять в каждом столбце уже есть одна проигрышная позиция. Вот и шаг индукции.

Геометрическая картинка — а что будет, если мы при разных n будем рисовать проигрышные позиции в единичном кубе, разбитом на кубики-пиксели (точнее, воксели) со стороной 1/2^n?
При n=0 это весь куб (позиция (0,0,0) проигрышная!), при n=1 это буквально рисунок выше. А при переходе от n к n+1 нужно взять предыдущюю (трёхмерную) картинку, и объединить её четыре сжатых в два раза копии (потому что сторона маленького кубика теперь вдвое меньше). А центры гомотетии расположены в четырёх вершинах
(0,0,0), (0,1,1), (1,0,1), (1,1,0)
большого куба.

Но эти вершины образуют правильный тетраэдр — так что получается буквально процедура построения тетраэдра Серпинского, который мы обсуждали раньше!

И помните, мы видели, что проекция тетраэдра Серпинского вдоль линии, соединяющей середины противоположных рёбер, которая оказывается квадратом (и это соответствие почти что взаимно-однозначное, кроме довольно немногих точек)? Это как раз соответствует правилу "в каждом столбце в кубе со стороной 2^n ровно одна проигрышная позиция".

А ещё — четыре кубика на этом рисунке, если их считать единичными (ну, или их левые нижние уголки) образуют график функции "сумма по модулю 2".

Пусть мы смотрим на проигрышные позиции в кубе со стороной 2^{n+1}. Тогда то, в какой из кубов со стороной 2^n мы попадаем, определяется старшими — отвечающими 2^n — битами в двоичных записях координат. А то, где именно мы в меньшем кубе со стороной 2^n находимся — частью двоичной записи без старшего бита.
И отсюда мгновенно получается описывающее проигрышные позиции в кубе правило: двоичная запись третьей координаты это XOR двоичных записей первых двух.

Если теперь опять всё сжать в 2^n раз, чтобы куб стал единичным — XOR останется XOR-ом, только будет применяться не до двоичной запятой, а после. А если перейти к пределу по n, то получится ещё одно описание тетраэдра Серпинского: это замыкание графика функции
z_2 = XOR (x_2, y_2)
(где "_2" соответствует тому, что мы берём двоичную запись, а необходимость брать замыкание возникает из-за неоднозначностей двоичной записи).

Правило проигрышной позиции можно переформулировать в более симметричном виде:

в ниме позиция (x,y,z) проигрышная тогда и только тогда, когда побитовая сумма количеств камней XOR(x,y,z) — нулевая.

На самом деле — это правило работает и для большего количества кучек, причём дословно так же: побитовая сумма всех количеств должна быть нулевой. И это несложно доказать по индукции — проверив, что если мы объявим такие позиции проигрышными, то:
- из проигрышной все ходы будут вести в выигрышные (достаточно посмотреть на любой из изменившихся битов в той кучке, где был сделан ход),
- из выигрышной всегда есть ход в проигрышную (смотрим на то, откуда пришёл старший бит у ненулевого XOR-а, и делаем ход в эту кучку — зная из XOR-а, докуда именно мы хотим её уменьшить).
И из этого несложно увидеть, что это действительно выигрышные и проигрышные позиции. (Собственно, я в детстве в какой-то из детских математических книг — кажется, у Гарднера? — как раз такое рассуждение и увидел.)

Но мне хочется это увидеть другим способом — потому что на этом пути возникает красивая наука: сложение игр, хакенбуш, сюрреальные числа, и так далее.

Да — я тут буду следовать дубнинской брошюре Пьера Деорнуа, "Комбинаторная теория игр", а более подробно это (и не только!) описано в книгах
* Berlekamp E. R., Conway J. H., Guy R. K. Winning Ways for your Mathematical
Plays
и
* Conway J. H., On Numbers and Games

Так вот — давайте рассматривать игры в математическом смысле этого слова, причём достаточно хорошие. Пусть они всегда заканчиваются за конечное число ходов, в них нет никакой случайности, скрытой информации, и так далее. Пусть игроки ходят по очереди — и пусть (это важное соглашение!) всегда проигрывает тот, кто не может сделать ход.

Иногда — как в игре ним — разрешённые ходы для игроков одни и те же; такие игры называют равноправными. Но вообще-то это не обязательно: может быть, один игрок может двигать только синие фишки, а другой только красные.

На играх есть очень естественная операция суммы. Чтобы сложить две игры A и B, нужно просто поставить доску для игры в A рядом с доской для игры в B — и договориться, что каждый игрок ходит там, где хочет. Понятно, что эта операция коммутативная (всё равно, с какой стороны какую доску ставить) и ассоциативная (что так, что так для суммы A+B+C будут стоять рядом три доски, A, B и C).

А вообще что об этой операции можно сказать? Скажем, кто будет выигрывать в сумму игр, которые мы насколько-то понимаем?

Сразу можно заметить, что игра ним с несколькими кучками камней — это сумма нимов с одной кучкой каждый. И поэтому ясно, что сумма может быть гораздо менее тривиальной, чем складываемые игры по отдельности.

Если у нас равноправная игра (где мы в слово "игра" включаем и начальную позицию), то в ней либо выигрывает начинающий, либо второй игрок. А вот если игра не обязательно равноправная (такие игры называют пристрастными), то вариантов больше.
Следуя всем текстам выше, будем называть игроков Левый и Правый — скоро станет понятно, почему.

Так вот — вариантов 4, но вместо того, чтобы группировать их как "начинает Левый, выигрывает Правый", и т. д., мы их сгруппируем так:
- кто бы ни начинал, он выигрывает ("выигрывает начинающий")
- кто бы ни начинал, он проигрывает ("выигрывает второй игрок")
- кто бы ни начинал, выигрывает Левый
- кто бы ни начинал, выигрывает Правый.

И вот то, ради чего всё затевалось:

Определение. Игра называется нулевой, если в ней выигрывает второй игрок.

Теорема. Пусть игра B нулевая. Тогда для любой игры A в сумме игр A+B выигрывает тот же игрок, что и в самой A.

Доказательство. Тот, кто выигрывает в A, следует там своей выигрышной стратегии — а на доске для B ходит только в ответ, следуя выигрышной стратегии как второго игрока.

Эта теорема показывает, почему мы называем такие игры нулевыми — их прибавление ничего не изменяет. И да — логично обозначать то, что игра A нулевая, записью A=0.

Если есть сложение, есть ноль, дальше хочется иметь противоположный элемент.

Определение. Игра B противоположна игре A, если A+B=0.

Пример/предложение. Если игра A равноправная, то A+A=0.

Доказательство. Симметричная стратегия: каждый раз повторяем ход первого игрока на другой доске.

Теорема. Для любой игры A найдётся противоположная ей игра B.

Набросок доказательства. Берём доску для игры в A и меняем правила, меняя игроков местами. То, что раньше мог делать Правый, теперь может делать Левый, и наоборот. После этого применяем симметричную стратегию.

Когда мы работаем с группой (или векторным пространством, или полем), то нулевой элемент один. А из определения выше видно, что нулевых игр много. Так что естественно, что мы сейчас захотим говорить о равенстве игр (в том же смысле, в каком в геометрии есть равенство треугольников — то есть, формально, нужно было бы говорить об эквивалентности игр, но это сделает текст менее читаемым).

А как проверить, что A=B? Можно перенести B в левую часть — и получится A-B=0. А « =0 » у нас уже определено!
Точнее — операции « минус » у нас ещё нет, зато есть « плюс » и определение противоположного. Приходим к такому:
Почти-определение. Игры A и B равны, если A+(-B)=0, где (-B) — противоположная игре B игра.

У этого почти-определения есть проблема: вообще-то, противоположных B игр (как и нулевых) тоже много. Так что мы не оговорили, это должно быть верным — для любой противоположной B игры? Для какой-то? Давайте это сделаем:

Определение. Игры A и B равны, если найдётся игра D, такая, что A+D=0 и B+D=0.

Ну и давайте из этого определения извлечём какую-нибудь пользу. А именно — равные игры можно заменять друг на друга в качестве слагаемых, и это не влияет на то, кто будет выигрывать.

Теорема. Пусть игры A и B равны. Тогда для любой игры C в суммах игр A+C и B+C выигрывает один и тот же игрок.

Следствие. Взяв в качестве C пустую игру (ходить вообще нельзя никак; конечно же, это самый естественный представитель класса нулевых игр!), видим, что в самих играх A и B, в частности, выигрывает один и тот же игрок.

(Ну, собственно, если бы это утверждение не выполнялось — я бы сказал, это было бы поводом отказаться от такого « равенства ».)

Доказательство теоремы. Давайте рассмотрим сумму четырёх игр:
A+C+B+D.

С одной стороны, можно сгруппировать слагаемые как (A+C)+(B+D), и раз игра B+D нулевая — мы уже знаем, что в сумме выигрывает тот же, что и в (A+C).

С другой — можно их сгруппировать как (B+C)+(A+D), и раз игра A+D тоже нулевая — мы знаем, что в сумме выигрывает тот же, что и в (B+C).

Значит, в A+C и в B+C выигрывает один и тот же игрок.

Следствие/упражнение. Пусть A=B, т.е. есть такая игра D, что A+D=0 и B+D=0. Тогда для любой игры D’, такой, что A+D’=0, выполнено B+D’=0.

Решение 1. Достаточно рассмотреть сумму A+B+D+D’ и по-разному сгруппировать слагаемые.
Решение 2. Применить теорему к суммам D+B и D’+B, заметив, что D=D’, поскольку D+A=D’+A=0.

Замечание к решению 2. Кстати — все противоположные к данной игре A игры равны друг другу. Что хорошо в смысле разумности наших определений.

Упражнение. Если A=B, и C=D, то A+C=B+D.

Упражнение. Равенство игр — отношение эквивалентности.

Так что мы получили группу по сложению (классов эквивалентности) игр.

А ещё мы сейчас можем разобраться с нимом с произвольным количеством кучек.
Действительно, мы уже знаем, как устроены проигрышные позиции для нима с тремя кучками камней: это тройки количеств камней (k,m,n), связанные соотношением
n=XOR(k,m),
где XOR применяется к двоичным записям.

Но ним с несколькими кучками камней это сумма игр-отдельных кучек. Поэтому (и вспоминая про равноправность нима) мы получаем такое утверждение. Пусть *n обозначает ним с одной кучкой из n камней (в частности, *0 это игра с пустой кучкой камней — т.е. нулевая игра). Тадаммм:

Теорема. *k + *m = *n, где n=XOR(k,m).

Следствие. *n_1 + … + *n_k = *XOR(n_1,…,n_k).

Доказательство. Индукция по числу слагаемых k. База k=2 это утверждение выше, а для шага мы выделяем первые k слагаемых:
*n_1 + … +*n_k + *n_{k+1} = (*n_1 + … +*n_k) + *n_{k+1} =
*XOR(n_1,…,n_k) + *n_{k+1} = *XOR(n_1+…+n_k,n_{k+1}).

В частности, позиция проигрышная тогда и только тогда, когда ей соответствует ним с пустой кучкой камней, *0 — и вот и критерий того, что позиция (n_1,…,n_k) проигрышная: необходимо и достаточно, чтобы выполнялось
XOR(n_1,…,n_k)=0.