математика
Статьи по этой теме:
Автоморфные числа
Деление окружности на 5 частей
Формула Эйлера и приближенные методы
Как додуматься до решения олимпиадной задачи — 2
В прошлый раз я рассказывал о ходе своих мыслей при решении олимпиадной задачи. Может быть такие рассказы помогут кому-нибудь, кто хочет выработать нестандартное мышление. В этот раз расскажу о ходе решения еще одной задачи, которую разбирал Савватеев. По его словам, за 5 минут он решения не нашел, и зрителям думать не советовал. Но я не послушал и додумался до решения самостоятельно.
Условие задачи
Есть 3 различных натуральных числа $$x$$, $$y$$, $$z$$. Эти числа оказались подобраны так, что выражение
$$A={xy+yz+zx\over x+y+x}$$
тоже натуральное. Каким числом оно может быть? Иными словами, каково пересечение множества значений этой функции трех натуральных переменных и множества натуральных чисел?
Поиск решения
Идея №1: вынести в числителе за скобки $$xyz$$. Получается
$$A={\left({1\over x}+{1\over y}+{1\over z}\right)xyz\over x+y+x}.$$
Из этого я заметил, что при замене величин $$x$$, $$y$$ и $$z$$ на обратные $$1/x$$, $$1/y$$ и $$1/z$$ выражение «переворачивается», то есть $$A$$ меняется на $$1/A$$. Дальше у идеи не было очевидного развития, я решил попробовать другие идеи.
Идея №2: масштабирование. Видно, что если выполнить замену $$x$$, $$y$$ и $$z$$ на $$kx$$, $$ky$$ и $$kz$$, то числитель $$A$$ вырастет в $$k^2$$ раз, а знаменатель в $$k$$ раз, то есть $$A$$ меняется на $$kA$$. Как это можно применить? Пусть мы выбрали натуральные числа равными 1, 2 и 3. Тогда
$$A={2+6+3\over 1+2+3}={11\over 6}.$$
Чтобы из этого набора получить целое $$A=11$$, можно взять не 1, 2 и 3, а 6, 12 и 18.
Однако я не стал развивать дальше эту идею из-за ошибки. Мне показалось, что $$A$$ меняется не на $$kA$$, а на $$k^2A$$, и я пропустил условие, что числа могут быть различными. Так что мне показалось, что, подставив $$x=y=z=1$$, можно получить квадраты натуральных чисел 1, 4, 9,... Я понимал, что задача не такая простая, поэтому хотел проанализировать случай различных $$x$$, $$y$$ и $$z$$ (хотя по условию только их и надо анализировать), и перешел к дальнейшему рассмотрению.
Идея №3: перебор вариантов.
Чтобы прочувствовать задачу, часто бывает полезно рассмотреть некоторые частные случаи. В задачах вроде этой подобрать $$x$$, $$y$$ и $$z$$, чтобы выражение действительно было целым. В геометрических задачах бывает полезно нарисовать на черновике хороший чертеж, чтобы заметить закономерности вроде расположения точек на одной прямой или окружности.
Для перебора будем фиксировать значения $$x$$, $$y$$ и изменять $$z$$. Пусть $$x=y=1$$ (я проделал эту лишнюю работу, потому что невнимательно прочитал условие).
$$A={1+z+z\over 1+1+z}={1+2z\over 2+z}={4+2z-3\over 2+z}=2-{3\over 2+z}.$$
Ясно, что $$A=1$$ при $$z=1$$, а значение $$A=2$$ ни при каком $$z$$ не будет достигнуто.
Пусть $$x=1, y=2$$. Тогда
$$A={2+2z+z\over 1+2+z}={2+3z\over 3+z}.$$
Если $$z$$ нечетное, то числитель нечетный, знаменатель четный, $$A$$ не будет целым. Если $$z$$ четное, то числитель четный, знаменатель нечетный. Здесь я сделал еще одну ошибку, подумав, что четное число не может делиться на нечетное, и вообще исключил из рассмотрения варианты с $$x$$ и $$y$$ разной четности.
Пусть $$x=1, y=3$$. Тогда
$$A={3+3z+z\over 1+3+z}={3+4z\over 4+z}.$$
Здесь исключаем случай четного $$z$$, так как нечетный знаменатель не будет делиться на четный числитель. Попробуем подставить разные нечетные $$z$$. Получим:
$$ z=1\implies A={7/5}\\ z=3\implies A={12/7}\\ z=5\implies A={23/9}\\ z=7\implies A={31/11}\\ z=9\implies A={39/13}=3\\ z=11\implies A={47/15}\\ $$
Далее, сколько бы мы ни увеличивали $$z$$, до значения 4 мы не дойдем, так как 4 достигается только в пределе $$z\to\infty$$. Таким образом, при $$x=1, y=3$$ единственное целое $$A$$ дает $$z=9$$.
Пусть $$x=1, y=5$$. Тогда
$$A={5+5z+z\over 1+5+z}={5+6z\over 6+z}.$$
Перебор $$z$$ слишком долгий, и мы понимаем, что возможных значений $$A$$ не так уж много. Поэтому решим уравнение относительно $$z$$:
$$5+6z=A(6+z)\iff(6-A)z=6A-5\implies z={6A-5\over 6-A}.$$
Отсюда видно, что $$A$$ не может быть четным. 1 и 3 не подходят, $$A=5$$ дает $$z=25$$, других значений для проверки нет.
Мы видим, что значения переменных (1, 3, 9) и (1, 5, 25) дают целые значения $$A$$. Кажется, это и есть нужная закономерность.
Решение
Подставим значения $$x=1, y=n, z=n^2$$. Тогда
$$A={n+n^3+n^2\over 1+n+n^2}=n\,{1+n^2+n\over 1+n+n^2}=n.$$
Таким образом, мы можем в качестве значения выражения получить любое натуральное число, не равное 1. То, что 1 получить нельзя, посмотрите у Савватеева или докажите самостоятельно.
Обсуждение ошибок
После подстановки $$x=1, y=n, z=n^2$$ моя ошибка с четностью стала очевидной. Сначала мне вообще не хотелось писать об ошибках. Признаваться в них не очень приятно. Но с другой стороны, благодаря ошибкам на этапе поиска решения я довольно быстро нашел правильное решение. Могло бы оказаться так, что я углубился в разработку какой-нибудь другой тупиковой идеи и не довел бы решение до конца. Особенно важно такое чутье на самой олимпиаде в условиях ограниченного времени.
Чтобы минимизировать ошибки на олимпиадах, важно не переписывать решение с черновика на чистовик, а заново решить задачу на чистовике, обращаясь к черновику только для сравнения вычислений. Об этом и других советах я уже писал в руководстве олимпиадника.
Савватеев и Шпилькин разбирают статистику с выборов
Сергей Шпилькин — это тот самый физик, который обрабатывает математическими методами данные с выборов. Если вы до сих пор не читали и не разбирались в его результатах, посмотрите, как они с Савватеевым обсуждают графики, гипотезы и вообще применимость к выборам математических методов как таковых.
Пару раз они забылись и произнесли понятные только специалистам термины вроде «минимального детерминанта матрицы ковариации», но на восприятии основного посыла это не сказалось.
Как додуматься до решения олимпиадной задачи?
Я иногда решаю «для себя» какие-нибудь сложные задачи по физике или математике. Практической пользы в этом нет, видимо, это мой способ проверить, что я всё еще не растерял форму. Ведь уже много времени прошло после красного диплома физтеха без четверок и серебряной медали с Международной олимпиады по физике.
Вчера решил очередную такую задачу из ролика Савватеева. Честно остановил ролик перед решением, задумался и нашел решение. Расскажу скорее не о самом решении, а о том, как можно его отыскать.
Условие задачи
В задаче требуется показать, что существует действительное число $$A\in\R$$, такое что любая натуральная степень $$n$$ этого числа после округления вверх отличается по модулю от ближайшего квадрата натурального числа ровно на 2.
Анализ условия
Запишем условие задачи формально: требуется доказать, что
$$\exists A\in\R\ \forall n\in\mathbb{N}\ \exists x\in\mathbb{N}:\left|\lceil A^n\rceil-x^2\right|=2.$$(1)
Здесь потерялось условие, что число $$x^2$$ должно быть ближайшим квадратом к $$\lceil A^n\rceil$$. Но оно будет выполнено автоматически, если $$A>5$$.
Условие выглядит страшно, и непонятно, как подступиться к задаче. В математике нет стандартных приемов по работе с округлением вверх. Придется пользоваться универсальным приемом: думать.
Перепишем условие менее формально. Для каждого $$n$$ должны найтись числа $$\varepsilon\in[0,1)$$ и $$x^2$$, для которых $$A^n+\varepsilon=x^2\pm2$$. При больших $$n$$ получаем, что $$A^n\approx x^2$$.
Озарение
Теперь самое время для озарения. Оно пришло ко мне в ходе такого рассуждения. Переход от $$n$$ к $$n+1$$ в левой части сводится к домножению на $$A$$, а в правой части — к переходу от одного квадрата к другому.
Квадраты натуральных чисел расположены по определенному шаблону. Разница между соседними квадратами — это последовательность нечетных чисел. Скорее всего в правой части при переходе от одного квадрата к другому прибавляется некоторое число, возможно связанное с $$A$$.
Вспоминаем, в каком случае домножение сводится к прибавлению? Есть известный пример для золотого сечения и для рекуррентных последовательностей типа Фибоначчи. Золотое сечение $$\varphi=(1+\sqrt5)/2$$ обладает свойством $$\varphi^{n+1}=\varphi^n+\varphi^{n-1}$$. То есть домножение $$\varphi^n$$ на $$\varphi$$ эквивалентно прибавлению $$\varphi^{n-1}$$. Возможно, число $$A$$ как-то связано с золотым сечением.
Гипотеза
Проверим гипотезу, что золотое сечение подходит на роль числа $$A$$. Вычислим для начальных $$n$$ степени золотого сечения и посмотрим, есть ли у них квадрат, отличающийся почти на 2:
| $$n$$ | $$\varphi^n$$ | Квадрат |
| 0 | 1 | |
| 1 | 1,618034 | |
| 2 | 2,618034 | |
| 3 | 4,236068 | |
| 4 | 6,854102 | 9 |
| 5 | 11,090170 | |
| 6 | 17,944272 | 16 |
| 7 | 29,034442 | |
| 8 | 46,978714 | 49 |
| 9 | 76,013156 | |
| 10 | 122,991869 | 121 |
| 11 | 199,005025 | |
| 12 | 321,996894 | 324 |
| 13 | 521,001919 | |
| 14 | 842,998814 | 841 |
| 15 | 1364,000733 | |
| 16 | 2206,999547 | 2209 |
Для малых $$n$$ закономерности не видно. Но начиная с $$n=4$$ у каждого второго числа находится нужный квадрат! Наше вычисление показывает, что $$\varphi^2=2,\!618034$$ — неплохой кандидат для числа $$A$$. Оно подошло бы под условие, если бы не требование того, что именно ближайший квадрат, а не некоторый, должен отличаться на 2. Действительно, $$\varphi^2$$, округленное вверх до 3, отличается от квадрата 12 на 2. Чтобы учесть это требование, можем отобрать из таблицы не каждое второе число, а каждое четвертое, и положить $$A=\varphi^4$$.
Поскольку речь зашла о золотом сечении и числах Фибоначчи, мы можем понять, откуда в условии взялось округление вверх. Известно, что для чисел Фибоначчи $$F_{n}$$ есть формула Бине:
$$F_{n}={\frac {\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}}{\sqrt {5}}}={\frac {\varphi ^{n}-(-\varphi )^{-n}}{\varphi -(-\varphi )^{-1}}}={\frac {\varphi ^{n}-(-\varphi )^{-n}}{2\varphi -1}}.$$
Для нашей задачи от нее толку мало, но она подсказывает, что мы можем добавить к иррациональному $$\varphi^n$$ какое-нибудь аналогичное убывающее слагаемое, чтобы получить целое число $$\lceil A^n\rceil$$. Слагаемое легко подобрать для конкретных чисел из таблицы или увидеть из разложения $$(1\pm\sqrt{5})^n$$ через бином Ньютона (например, видно, что $$(1+\sqrt{5})^n+(1-\sqrt{5})^n$$ целое, потому что при раскрытии скобок любые слагаемые с нечетными степенями корней взаимно сократятся из-за разных знаков). Но давайте подберем. $$\varphi^4=6,\!854102$$, отличается от 7 на 0,145898. Если обратить эту разность, опять получается $$\varphi^4=1/0,\!145898$$. Таким образом, $$\varphi^{4}+1/\varphi^{4}$$ должно быть целым числом. Обобщение этих наблюдений мы и будем строго доказывать.
Строгое доказательство
Докажем теперь, что $$\varphi^{2n}+\varphi^{-2n}$$ отличается от квадрата некоторого натурального числа на 2. Для этого рассмотрим вспомогательное число $$t_n=\varphi^{n}+(-\varphi)^{-n}$$.
Заметим, что $$(-\varphi)^{-1}=-2/(1+\sqrt{5})=(1-\sqrt{5})/2$$, как и $$\varphi$$, является решением уравнения $$y^{2}=y+1$$ и, следовательно, тоже удовлетворяет условию $$y^{n+1}=y^n+y^{n-1}$$. Итого имеем рекуррентную последовательность $$t_n=\varphi^{n}+(-\varphi)^{-n}$$, подчиняющуюся определению $$t_{n+1}=t_n+t_{n-1}$$, так как она есть сумма двух других рекуррентных последовательностей с тем же определением.
Вычислим начальные элементы последовательности $$t_n$$: $$t_0=1+1=2$$, $$t_1=(1+\sqrt{5})/2+(1-\sqrt{5})/2=1$$. По принципу математической индукции любой элемент последовательности $$t_n$$ — также целое число.
Возведем элемент последовательности $$t_n$$ в квадрат:
$$t^2_n=\left(\varphi^{n}+\left({-1\over\varphi}\right)^n\right)^2=\varphi^{2n}+{1\over\varphi^{2n}}+2(-1)^n.$$(2)
Таким образом, возведение $$\varphi^2$$ в степень $$n$$ и округление вверх дает целое число $$\varphi^{2n}+1/{\varphi^{2n}}$$, отличающееся от квадрата натурального числа $$|t_n|=|\varphi^{n}+(-\varphi)^{-n}|$$ ровно на 2.
Сравнение решения с авторским
Мое решение вроде бы завязано на золотое сечение и на его свойства. Но на самом деле используется только одно свойство: золотое сечение есть решение уравнения $$y^{2}=y+1$$. Сумма степеней корней этого уравнения порождает целочисленную последовательность. Есть и другие уравнения с тем же свойством. Корни по модулю должны быть взаимно обратными, чтобы сработало равенство наподобие (2). Можно было взять действительные корни любого уравнения $$y^{2}=ky\pm1$$ с целым $$k\neq\pm2$$.
Савватеев использовал свойства симметрических многочленов, чтобы показать целочисленность суммы степеней корней. Мой способ через математическую индукцию и рекуррентные последовательности тоже годится.
Редактор математических текстов Mathcha
Искал онлайн-инструменты для редактирования картинок TikZ и наткнулся на редактор Mathcha.
Этот редактор — визуальный: вы сразу редактируете документ вместе с форматированием. В отличие от моего редактора Upmath, в котором вы редактируете исходник на маркдауне и латехе, хотя и сразу видите результат.
Вот рисунок, который я сделал с помощью Mathcha. Накидал основу в нем, экспортировал в TikZ и подправил исходный код уже в UpMath.
$$ \tikzset{every picture/.style={line width=0.75pt}} %set default line width to 0.75pt \begin{tikzpicture}[x=0.75pt,y=0.75pt,yscale=-1,xscale=1] %uncomment if require: \path (0,300); %set diagram left start at 0, and has height of 300 %Shape: Boxed Line [id:dp7642567693966007] \draw (130,80) -- (130,140) ; %Shape: Boxed Line [id:dp02318954146147889] \draw (130,150) -- (130,180) ; %Shape: Boxed Line [id:dp4638027067588357] \draw (130,190) -- (130,250) ; %Shape: Wave [id:dp03622557580885122] \draw [color={rgb, 255:red, 74; green, 144; blue, 226 } ,draw opacity=1 ] (215,80) .. controls (202.19,83.1) and (190,86.06) .. (190,89.5) .. controls (190,92.94) and (202.19,95.9) .. (215,99) .. controls (227.81,102.1) and (240,105.06) .. (240,108.5) .. controls (240,111.94) and (227.81,114.9) .. (215,118) .. controls (202.19,121.1) and (190,124.06) .. (190,127.5) .. controls (190,130.94) and (202.19,133.9) .. (215,137) .. controls (227.81,140.1) and (240,143.06) .. (240,146.5) .. controls (240,149.94) and (227.81,152.9) .. (215,156) .. controls (202.19,159.1) and (190,162.06) .. (190,165.5) .. controls (190,168.94) and (202.19,171.9) .. (215,175) .. controls (227.81,178.1) and (240,181.06) .. (240,184.5) .. controls (240,187.94) and (227.81,190.9) .. (215,194) .. controls (202.19,197.1) and (190,200.06) .. (190,203.5) .. controls (190,206.94) and (202.19,209.9) .. (215,213) .. controls (227.81,216.1) and (240,219.06) .. (240,222.5) .. controls (240,225.94) and (227.81,228.9) .. (215,232) .. controls (202.19,235.1) and (190,238.06) .. (190,241.5) .. controls (190,244.57) and (199.7,247.26) .. (210.89,250) ; %Straight Lines [id:da008457960885399407] \draw (190,80) -- (190,250) ; %Flowchart: Summing Junction [id:dp09695643217509597] \draw (135,132.75) .. controls (135,128.75) and (138.36,125.5) .. (142.5,125.5) .. controls (146.64,125.5) and (150,128.75) .. (150,132.75) .. controls (150,136.75) and (146.64,140) .. (142.5,140) .. controls (138.36,140) and (135,136.75) .. (135,132.75) -- cycle ; \draw (137.2,127.62) -- (147.8,137.88) ; \draw (147.8,127.62) -- (137.2,137.88) ; %Shape: Inductor [id:dp3454355331692156] \draw (35,155) -- (42.06,155) .. controls (43.68,155) and (45,156.12) .. (45,157.5) .. controls (45,158.88) and (43.68,160) .. (42.06,160) .. controls (43.68,160) and (45,161.12) .. (45,162.5) .. controls (45,163.88) and (43.68,165) .. (42.06,165) .. controls (43.68,165) and (45,166.12) .. (45,167.5) .. controls (45,168.88) and (43.68,170) .. (42.06,170) .. controls (43.68,170) and (45,171.12) .. (45,172.5) .. controls (45,173.88) and (43.68,175) .. (42.06,175) -- (35,175) ; %Straight Lines [id:da4690178114375858] \draw [dash pattern={on 0.84pt off 2.51pt}] (45,165.5) -- (130,185) -- (190,165) ; %Straight Lines [id:da10916309009890135] \draw [dash pattern={on 0.84pt off 2.51pt}] (45,164.5) -- (130,145) -- (190,165) ; % Text Node \draw (112,127) node [anchor=north west][inner sep=0.75pt] [align=left] {A}; % Text Node \draw (112,191) node [anchor=north west][inner sep=0.75pt] [align=left] {B}; \end{tikzpicture} $$
Задача о взвешенном выборе и случайной величине — В кресле препода №2
Объясняю на онлайн-семинаре с коллегами решение следующей задачи.
Пусть заданы n положительных чисел $$w_1$$, $$w_2$$, … $$w_n$$. Для каждого из них выберем значение $$x_i$$ случайной величины, равномерно распределенной на единичном интервале (0, 1). Существует ли функция $$f_w(x)$$, такая что максимальное значение этой функции $$\inline\max_{i=1,2,...n}\left\{f_{w_i}(x_i)\right\}$$ достигается на k-той выбранной паре $$(w_k, x_k)$$ с вероятностью, пропорциональной $$w_k$$?
Вместо более чем часового видео можете сразу прочитать решение без лишней воды.
Слушают и задают вопросы: Максим Федоров, Руслан Яруллин, Роман Попов, Михаил Чернявский.
Инструменты: Zoom, Sony Vegas Pro, Audacity, наушники Logitech, планшет Asus, самодельный стилус из предыдущего видео.
Экспонента
Смотрю лекции Алексея Савватеева по математике и получаю удовольствие. Вот лекция, в которой он переделал вузовский курс математики так, что его половина связана с изучением разных свойств экспоненты:
С 1:15:20 он строго доказывает формулу Эйлера о мнимой экспоненте $$e^{iy}=\sin y+i\cos y$$ тем же нестандартным методом, который я использовал в своей заметке про экспоненту и приближенные методы.
Круговая трактриса
Задача: по окружности небольшого радиуса едет трактор. К нему на жестком стержне прикреплен груз (например, прицеп). По какой траектории будет двигаться груз?
Всё зависит от длины стержня. Траектория может быть такой:
Смотрите в блоге о теоретической физике решение задачи и интерактивную анимацию ответа.
Чурофметика ★
Слушатели Эха Москвы помнят недавнее интервью Чурова, в котором он опровергает математику:
Чуров совершенно правильно назвал свою аналогию с конфетками наперсточничеством. Я собираюсь показать это, предложив адекватную аналогию.
Статистический анализ результатов выборов никакого отношения к нескольким конфеткам не имеет. Чтобы правильно показать его суть, нужно представить следующую ситуацию. Кто-то услышал гипотезу, по которой среди конфет эм-энд-эмс коричневые встречаются чаще. Он заподозрил известную торговую сеть в том, что они нагло вскрывают упаковки и досыпают коричневые конфеты, произведенные где-то в подвалах.
Наш герой отправляется в каждый магазин известной торговой сети и покупает несколько упаковок эм-энд-эмс. Перед тем как съесть очередную упаковку, он аккуратно записывает, сколько конфет каждого цвета в ней было. Герой объехал всю страну и начал анализировать числа.
Известно, что в одну упаковку в силу ограниченности объема можно поместить не больше 100 конфет. Но так как конфеты до упора никто не набивает, разумно ожидать, что в среднем (где-то больше, где-то меньше) в упаковках будет, скажем, 45 конфет. Для начала наш герой строит гистограмму, где по горизонтальной оси отложено общее количество конфет в упаковке, а по вертикальной — число встретившихся упаковок с данным количеством конфет. Он ожидает увидеть более-менее симметричную колоколообразную кривую с максимумом на 45 конфетах (более того, подобное исследование у конкурентов известной торговой сети показало именно такой результат).
Как же удивляется исследователь, обнаружив нечто совершенно неожиданное!
Здесь примечательны три вещи. Во-первых, кривая несимметрична: много упаковок с завышенным количеством конфет. Во-вторых, имеется большой пик в районе 100 конфет. В-третьих, встречаются небольшие пики в районе 80 и 90 конфет, которые можно объяснить только любовью фальсификаторов, подсыпающих конфеты, к круглым числам.
Тогда исследователь строит гистограммы, откладывая по вертикали не число упаковок, а уже общее число конфет разных цветов в упаковках с данным количеством конфет.
Оказывается, что безобразие действительно происходит только с коричневыми конфетами. Кривые для остальных конфет выглядят нормально и переходят друг в друга при растяжении или сжатии по вертикали. Их симметрия говорит о том, что конфеты ярких цветов в результате фальсификаций не изымаются. Таким образом, фальсификации заключаются только в преимущественном добавлении коричневых конфет.
Однако эти кривые позволяют сделать большее — сказать, сколько коричневых конфет было в упаковках до вброса! Так как левая половина коричневой кривой напоминает остальные, распределение которых не отличается от заводского, то можно растянуть красную кривую, чтобы левые половины красной и коричневой кривой совпали, и заменить искаженную правую часть.
«Это прекрасно, но какое отношение имеют все эти конфеты к выборам и причем здесь Чуров?» — спросит нетерпеливый читатель. Если заменить конфеты разных цветов на проценты за ту или иную партию, а упаковки эм-энд-эмсов на избирательные участки, то наше конфетное расследование превратится в описание фальсификаций на выборах.
Подобный анализ проводился для выборов 2007 — 2009 годов и для последних думских выборов (идея несколько подробнее описана в первом материале). Анализ показывает, например, что на последних выборах Единая Россия получила не 49%, а 34%.
Вот такие, господин Чуров, конфетки!
Минус один в 28 степени
Из сегодняшнего Особого мнения:
Н.БОЛТЯНСКАЯ: «Правое дело» определилось с кандидатом в государственную думу: без Прохорова, но с теннисисткой Анной Чакветадзе. Как Вы считаете, дальнейший шансы «Правого дела»?
П.ГУСЕВ: Минус один в 28 степени.
Вообще-то всем известно, что (−1)28 равно 1.
Рутина 2
Оказывается, убывание амплитуды колебаний по гиперболическому закону — не такая бессмысленная вещь, как может показаться на первый взгляд. Примерно так убывает амплитуда малых колебаний, если сила трения пропорциональна квадрату скорости. Хотя на практике такая вещь, наверно, никогда не реализуется, но никто не запрещает исследовать решение модельного дифференциального уравнения.
Гуманитарии о биноме Ньютона
Интересно, это они сговорились, что ли? Раз:
Н. СВАНИДЗЕ — Я что мэр московский? Не моя работа, Сереж. Я же говорю с точки зрения здравого смысла.
С. БУНТМАН – Ну едешь ты в пробке, в метро, ты думаешь о том, с чего…
Н. СВАНИДЗЕ — Это не бином Ньютона. Есть великие города мира, в которых эти проблемы так или иначе решены, нужно посмотреть, как они действовали, приложить это к нашим реалиям. И начать. И все. Тут не нужно иметь сто пятьдесят пядей. Или сколько там надо пядей иметь во лбу.
Два:
При большом желании, это можно было бы сделать в рамках предварительного следствия. Но а уж в рамках возбужденного дела, с привлечением Интерпола и т.д. это совсем не выглядит Биномом Ньютона.
Но мы-то знаем, что бином Ньютона — это всего лишь процесс раскрытия скобок, для которого нужно знать лишь правила сложения и умножения.
Исследование на миллион
Задача о расположении прямых на плоскости была сформулирована В. И. Арнольдом в 1983 году. С тех пор эта нерешенная математическая проблема занимает лучшие умы человечества, подкупая простотой формулировки и создавая ощущение (в общем-то, ложное) близости решения.
Мы с Сергеем Белёвым и Денисом Уткиным рады сообщить о нашем скромном вкладе и представить отчет (PDF, 714 Кб) об упорных двухлетних исследованиях. В них использовались параллельные вычисления на десятках процессоров, некоторые сведения из теории группы кос и симметрической группы, а также факты из школьной геометрии и тригонометрии.
По понятным причинам в отчет включены только наиболее важные результаты. Тем не менее, он содержит изложение нескольких гениальных идей, проливающих свет на отдельные аспекты проблемы, существенно продвигающих ее понимание и даже позволяющих решить задачу в некоторых частных случаях.
Мы надеемся в ближайшем будущем полностью решить задачу и завершить наше исследование.
Рутина
Опять Вебпланета
Ага. Курсив мой.
Еще одним источником бесконечного количества комбинаций являются иррациональные числа. Например, число «е» бесконечно, и последовательность цифр на любом заранее выбранном его участке — неповторяющаяся. Таким образом, если взять любой сколь угодно большой набор цифр, то он должен содержаться в этом числе.
А то, что написано после слов «таким образом», в одно предложение не обосновывается. Это утверждение — вообще нерешенная математическая проблема.
Иногда нужно смотреть дальше Википедии.
Calc
Оказывается, что калькулятор Windows может считать факториалы от дробных чисел. При этом на самом деле вычисляется гамма-функция Эйлера. Например, «факториал» от −0,5 есть корень из числа пи.
Задача
На плоскости проведены n прямых, разбивающих ее на области. Они раскрашиваются в шахматном порядке: области, имеющие общие стороны, должны быть покрашены в разные цвета. Чему равна максимальная разность между числом черных и белых областей?
PS. Для заинтересовавшихся этой задачей приведу одну картинку для семи прямых:
Разность между числом черных и белых областей на этом рисунке — 7. Расположение прямых, дающее такую разность, не единственное, но вычисления на компьютере показали, что улучшить данный результат нельзя.
Лавинообразный клеточный автомат
Некоторое время назад я услышал описание следующей модели. Имеется «решетка» из квадратных ячеек. В каждой ячейке могут находиться частицы. На решетку случайным образом падают частицы. Если при добавлении новой частицы в ячейке становится 4 частицы, возникает неустойчивость, и эти 4 частицы переходят в соседние ячейки (соседями считаются ячейки, имеющие общие стороны). Если неустойчивая ячейка находится на границе решетки, то одна из частиц просто покидает структуру. Исследование «лавинообразных» процессов, когда в решетке скапливается достаточное количество частиц, представляет определенный интерес.
Данная система является (как и игра «Жизнь») клеточным автоматом. Такую систему легко запрограммировать. В ней могут возникать нетривиальные конструкции. Например, если сначала в каждую ячейку положить по 2 частицы, и потом добавлять частицы случайным образом, почти всегда возникают образования («генераторы»), испускающие «волны». А вот что получается, если сначала заполнить каждую ячейку четырьмя частицами и посмотреть, что останется, когда излишки «ссыпятся» через края:
Стоит усовершенствовать программу, нарисовавшую эту картинку, и исследовать данную модель подробнее.
Энциклопедия последовательностей целых чисел
Энциклопедия последовательностей целых чисел.
Как-то на спецкурсе по теории групп мы занимались уравнением классов. Когда надо было проверить результат работы программы, искавшей его решения, в этой энциклопедии была найдена зависимость числа решений от количества переменных.
О нуле в нулевой степени
Илья Бирман позволил, как мне сперва показалось, несколько вольное заявление о том, что 00 = 1. Однако в ходе обмена мнениями выяснилось, что это не полушутливое, а вроде как серьезное мнение, от которого автор ни на шаг не отступит.
Как можно видеть в комментариях, не помогли мои объяснения того, откуда берется определение нулевой степени числа, разъяснения понятия «неопределенность» и «раскрытие неопределенности», а также другие соображения.
Его аргументация сводилась к тому, что это нужно «прочувствовать», а так же к нескольким примерам, в которых можно добиться несколько большего удобства в обозначениях, приняв, что 00 = 1. Могу напомнить элементарные сведения из логики: сколь угодно много частных примеров не доказывают общее утверждение, а хотя бы один контрпример его опровергает.
Отвлекусь от тему и расскажу один случай. Пару дней назад нам на лекциях сказали про какую-то величину
δ(m) = (-sign m)m = (-1)(m+|m|)/2
Вторая формула — моя. Видно, что в первой формуле при m=0 возникает неопределенность 00. И можно заметить, что она будет работать, если положить 00=1. Тогда я вспомнил Илью с его утверждением :)
Еще мысли об утверждении 00=1:
1. По поводу ряда формул, упомянутых в этом комментарии. Следует понимать, что нет математических формул самих по себе. Каждая формула — по сути дела теорема, доказанная при определенных условиях. Например, формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа доказывается для значений x из проколотой окрестности x0, то есть не совпадающих с x. При этом, разумеется, никаких 00 не возникает.
2. Та полемика, которая разведена в комментариях, по объему и важности совсем не соответствует обсуждаемой проблеме. Лично я не буду ощущать никакой выгоды, считая, что 00=1.
Математическая строгость и физики
Об отношении физиков к математическим строгостям очень хорошо написано во вступлении к книге «Квантовая механика и интегралы по траекториям» Р. Фейнмана и А. Хибса:
В книге Фейнмана и Хибса не дано строгого определения интеграла по траекториям; он вводится чисто интуитивно как предел соответствующего многократного интеграла (заметим, что введение комплексной единицы существенно усложняет строгое обоснование такого предельного перехода). Впрочем, для физика это в большинстве случаев не очень важно; ему нужна лишь уверенность, что строгое доказательство может быть получено.
Десять историй о математиках и физиках
Советую почитать Десять историй о математиках и физиках. Автор в популярной форме рассказывает о различиях между физикой и математикой, касается истории развития квантовой механики и доказательства теоремы Ферма, а так же рассматривает другие интересные вопросы.
Весьма познавательно, рекомендуется всем.