О, недавний minutephysics тоже о радуге — и о том, что бывает, если капельки будут сильно меньше, чем обычно:
https://www.youtube.com/watch?v=OEQeSrXy-YA

Оказывается, радуга от таких мелких капелек может стать белой (а ещё при промежуточном размере получается повторение радуги — и это не та вторая радуга, которую мы видим обычно)!

в пространство несложно вложить окружность разными неэквивалентными способами — а можно ли «завязать в нетривиальный узел» множество Кантора, компоненты связности которого состоят из отдельных точек? кажется очевидным, что нет — и всё же…

картинка по выходным — ожерелье Антуана с обложки Кванта №3 за 1978 год

Смотрел недавно запись лекции Е.Ю. — https://www.youtube.com/watch?v=WcVtjQ6Dk08
Очень интересно — я всегда знал, что [симметрические] многочлены Шура можно задать, как отношение двух определителей. В знаменателе — Вандермонд, а в числителе — Вандермондо-подобный определитель, где степени в j-й строке увеличены на λ_j. Как раз и числитель, и знаменатель антисимметричны, так что отношение симметрично.

А тут оказывается, что те же самые многочлены можно задать вообще без определителей, на языке, доступном школьнику. Заполняем диаграмму Юнга λ числами от 1 до n так, чтобы числа строго возрастали в каждом столбце и нестрого — в каждой строке. Получается полустандартная таблица Юнга (SSYT). Каждой такой SSYT сопоставляем моном — перемножая переменные с номерами, которые записаны в клетках. Всё складываем. Утверждается, что как раз получается полином Шура! Хотя вообще-то, даже то, что получится симметрический многочлен, совершенно неочевидно.

На скриншоте — момент вычисления многочлена Шура для диаграммы-уголка из трёх клеток при n=3. На правой доске восемь соответствующих способов заполнить таблицу — и сумма соответствующих мономов.

Понятно, что те, кто этим занимаются, это знают, но я не знал. Забавно!
И лекция дальше тоже интересная, это только самое начало.

Увидел тут задачу — получить из четырёх шестёрок число 27. Разрешённые операции — четыре арифметические, возведение в степень и извлечение квадратного корня (и можно пользоваться скобками). Долго думал, решил.
Если что:
- Задача абсолютно честная. Никаких «перевернуть шестёрку, чтобы сделать из неё девятку» или ещё чего-то подобного.
- Чем-то напоминает другую: получить из 1, 3, 4 и 6 число 24, если разрешены только четыре арифметические операции и скобки. Тоже абсолютно честную, и тоже (и даже чуть более) сложную. Если вдруг её не видели/не решали — тоже очень советую!

Да — ещё: небольшой (рукомахательный) комментарий про ожерелье Антуана. Несложно понять, почему оно задаёт именно канторово множество: потому что возникает обычная для канторова множества структура разделения на всё меньшие и меньшие дизъюнктные замкнутые множества (его покрывают непересекающиеся торы первого порядка, внутри каждого из есть непересекающиеся торы второго порядка, внутри каждого из которых есть непересекающиеся торы третьего порядка, и так далее…).

А почему это — топологически нетривиальное вложение канторова множества в трёхмерное пространство? Потому что, в отличие от стандартного вложения, дополнение к ожерелью Антуана неодносвязно — в нём есть петли, которые нельзя непрерывно стянуть в точку.

Возьмём, например, петлю, обходящую вокруг «главного тора» ожерелья (в дополнении к нему). Докажем, что её стянуть в дополнении к ожерелью нельзя.
Действительно, она не стягивается в дополнении к главному тору, так что, если её стягивать — в какой-то момент она тор пересечёт. Более того, она не стягивается и в дополнении к объединению торов первого порядка. И в дополнении к объединению торов второго. И так далее.
Значит, в процессе деформации она пересечёт объединение всех торов любого порядка n. А тогда (компактность + выделение сходящейся подпоследовательности по времени и по месту пересечения) найдётся и момент, когда она зацепит за пересечение всех таких объединений, то есть за само канторово множество, ожерелье Антуана.

Две точки на плоскости несложно соединить тремя ломаными так, чтобы получилось два равных многоугольника. Соедините две точки четырьмя ломаными так, чтобы все три получившихся многоугольника были равны. (Ломаные несамопересекающиеся и не имеют общих точек, кроме концов.)

// задача Сергея Маркелова с не очень давней Московской математической олимпиады

в качестве картинок по выходным — непериодическое замощение Фодерберга, решающее задачу выше

А ещё это замощение коллеги используют для рубашек карточек «Мемори» — https://zadachi.mccme.ru/memory/index.html#124 (можно поиграть прямо на сайте, а я когда-то с огромным удовольствием играл настоящими напечатанными картами).
Кстати — карточки на сайте кликабельны (чтобы можно было увеличить текст; и набор объяснений для фактов там очень хороший, и сумма внешних углов многоугольника, и сумма нечётных чисел, и квадрат суммы, и так далее).

Кстати, к спирали Корню из этих карточек. Она соответствует «мнимому гауссову» интегралу от exp(i π t^2/2) — точнее, тому, как по C=R^2 бежит соответствующая первообразная. И мы похожие картинки когда-то уже видели в связи с гауссовыми суммами!

А доказательство теоремы Пифагора на этих карточках — такое, что каждая из частей, на которые квадраты разрезаются, сдвигается параллельным переносом и не поворачивается. (И вопрос про то, какие фигуры можно превратить одну в другую разрезанием на [многоугольные] части и параллельным переносом — мы тут в какой-то момент обсуждали, с ключевым словом «инвариант Хадвигера»)

многим рассказывал¹, как нарисовать «ленивый додекаэдр»: взять куб и поделить каждую грань пополам регулярным образом — как раз получится 6×2=12 граней, 8+12=20 вершин (вершины куба и середины его ребер)… вся комбинаторика получается правильная

если хочется еще и правильной геометрии — нужно просто немного всё продеформировать, это и показано в видео

¹ и даже писал в «Квантике» — см. №9 за 2025 год

***

как такое нарисовать и не перетрудиться? начнем с вершин куба — это просто все точки с координатами ±1

from itertools import product
vertices = list(product([-1,1], repeat=3))

чтобы получить додекаэдр, надо добавить еще 12 вершин… не хочется их все писать руками, но тут есть большая группа симметрий G: можно переставлять координаты по циклу и расставлять знаки — и так все новые вершины можно получить из одной, (φ,0,1/φ)… и что еще приятнее, все грани можно получить из одной

v0 = (phi,0,psi)
vertices += [g(v0) for g in G()]
f0 = [(phi,0,-psi),(1,1,-1),(psi,phi,0),(1,1,1),(phi,0,psi)]
faces = [tuple(vertices.index(g(v)) for v in f0) for g in G()]
poly = Polyhedron(vertices, faces)

(результат действия элемента g на набор точек f0 — это просто tuple(g(v) for v in f0) — но в faces надо положить не координаты этих точек, а номера соответствующих вершин)

если в качестве phi и psi взять не (±1+√5)/2, а 1, то додекаэдр превратится в куб с дополнительными вершинами в серединах ребер — и такая деформация анимируется в manim примерно в одну строчку

приведу еще код для генерации группы G

def G():
    for signs in product([-1,1], repeat=3):
        for r in range(3):
            yield lambda x: tuple(x[(i+r)%3]*signs[i] for i in range(3))

(а всё собранное целиком положу в комментарии — с использованием симметрии ~20 строк получилось… ну если с паузами и вращением камеры, то чуть больше)

***

видно, кстати, что в группе G всего 24 элемента, из которых 12 сохраняют ориентацию… а всего в группе I симметрий додекаэдра 12×5=60 вращений — получаем действие I⁺ на 60/12=5 элементах I⁺/G⁺, который дает изоморфизм I⁺≃A₅

конечно, то же можно сказать и более геометрически: G это как раз подгруппа симметрий додекаэдра, сохраняющих вписанный в него куб, а 5-элементное множество I⁺/G⁺ отождествляется с 5 вписанными в додекаэдр кубами («кубы Кеплера») — вот эти кубы I⁺ и переставляет