Задача от Таксы Дуси на выходные
Такса Дуся любит теорию вероятностей, ведь она помогает ей играть в казино и выигрывать! Такса Дуся хочет сделать себе 20 шестигранных игральных кубиков, чтобы бросая их генерировать все возможные значения от 20 до 120. Кубики не обязательно должны быть правильными — можно делать грани разного веса, чтобы некоторые результаты выпадали чаще, чем другие. Кубики также могут быть не одинаковыми.
Сможет ли Такса Дуся добиться, чтобы при броске разом всех кубиков каждое из чисел от 20 до 120 выпадало с одной и той же вероятностью?
Такса Дуся любит теорию вероятностей, ведь она помогает ей играть в казино и выигрывать! Такса Дуся хочет сделать себе 20 шестигранных игральных кубиков, чтобы бросая их генерировать все возможные значения от 20 до 120. Кубики не обязательно должны быть правильными — можно делать грани разного веса, чтобы некоторые результаты выпадали чаще, чем другие. Кубики также могут быть не одинаковыми.
Сможет ли Такса Дуся добиться, чтобы при броске разом всех кубиков каждое из чисел от 20 до 120 выпадало с одной и той же вероятностью?
🌭11
Задача по высшей алгебре
UPD:: условие обновлено!
Дана ассоциативная конечномерная алгебра A над C (внимание: A может быть не коммутативна!). Линейная функция d из A в A такова, что обладает удивительным свойством: для любых a, b из алгебры d(a*b) = d(a)*b + a*d(b).
Девочка Лиза выписал матрицу Жордана линейного оператора d. После этого слепой на правый глаз гусь Валера списал эту матрицу, ошибочно заменив все числа и над диагональю нулями.
Докажите, что оператор, отвечающий матрице Валеры, также обладает удивительным свойством 🪿
UPD:: условие обновлено!
Дана ассоциативная конечномерная алгебра A над C (внимание: A может быть не коммутативна!). Линейная функция d из A в A такова, что обладает удивительным свойством: для любых a, b из алгебры d(a*b) = d(a)*b + a*d(b).
Девочка Лиза выписал матрицу Жордана линейного оператора d. После этого слепой на правый глаз гусь Валера списал эту матрицу, ошибочно заменив все числа и над диагональю нулями.
Докажите, что оператор, отвечающий матрице Валеры, также обладает удивительным свойством 🪿
🌭9🤮7🔥5
Решение задачи от Таксы Дуси
Условие задачи можно посмотреть тут. Довольно неожиданно, но задача оказывается не задачей по комбинаторике, а задачей про многочлены! Потому Такса Дуся любит не только теорию вероятностей, но и алгебру🔥
Давайте начнем с того, что изучим ситуацию, когда у нас есть два кубика. Пусть вероятность выпадания числа n на первом кубике равна a_n, а на втором — b_n. Какова вероятность того, что при броске двух кубиков в итоге выпадет число m?
Выпадение числа m это событие, когда на первом кубике выпало некоторое число n, а на втором — число k = m - n (и оба этих числа от 1 до 6). Вероятность этого события равна a_n * b_k, тогда итоговая вероятность выпадания m это sum a_n * b_k по всем n + k = m.
Ничего не напоминает? Это в точности правило умножение многочленов! А именно, рассмотрим многочлены P(x) =
sum a_i * x^i и Q(x) = sum b_i x^i по i от 1 до 6. Теперь рассмотрим многочлен S(x) = P(x)Q(x). Коэффициент при степени m этого многочлена это в точности sum a_n * b_k по всем n + k = m
Такое же правило работает, когда кубиков много: чтобы понять распределение чисел, которые выпадают при броске 20 кубиков, нужно для каждого кубика построить его многочлен, перемножить все многочлены, и его коэффициенты как раз и будут искомыми вероятностями.
В нашем случае, мы должны получить многочлен 1/101( x^20 + x^21 + … + x^120), перемножив 20 многочленов, каждый из которых делится на x. Сократим все на x^20 и для удобства умножим все на 101. Теперь 1 + x^2+ … + x^101 равен произведению 20 полиномов пятой степени.
У полинома пятой степени есть вещественный корень, а вот у 1 + x^2+ … + x^100 такого корня быть не может, так как это суммируется по формуле геометрической прогрессии как (x^101 - 1) / (x - 1), а числитель и знаменатель одного знака, поскольку x и x^101 одновременно больше или меньше 1. Противоречие: одна часть уравнения обращается в ноль при некотором x, а вторая всегда положительна.
Задача на дом: подумайте, как обобщить это рассуждение на любое количество кубиков > 1. Таким образом, на самом деле нельзя никаким количеством неправильных кубиков сгенерировать равновероятное распределение чисел, что интуитивно совсем не очевидно!
Условие задачи можно посмотреть тут. Довольно неожиданно, но задача оказывается не задачей по комбинаторике, а задачей про многочлены! Потому Такса Дуся любит не только теорию вероятностей, но и алгебру
Давайте начнем с того, что изучим ситуацию, когда у нас есть два кубика. Пусть вероятность выпадания числа n на первом кубике равна a_n, а на втором — b_n. Какова вероятность того, что при броске двух кубиков в итоге выпадет число m?
Выпадение числа m это событие, когда на первом кубике выпало некоторое число n, а на втором — число k = m - n (и оба этих числа от 1 до 6). Вероятность этого события равна a_n * b_k, тогда итоговая вероятность выпадания m это sum a_n * b_k по всем n + k = m.
Ничего не напоминает? Это в точности правило умножение многочленов! А именно, рассмотрим многочлены P(x) =
sum a_i * x^i и Q(x) = sum b_i x^i по i от 1 до 6. Теперь рассмотрим многочлен S(x) = P(x)Q(x). Коэффициент при степени m этого многочлена это в точности sum a_n * b_k по всем n + k = m
Такое же правило работает, когда кубиков много: чтобы понять распределение чисел, которые выпадают при броске 20 кубиков, нужно для каждого кубика построить его многочлен, перемножить все многочлены, и его коэффициенты как раз и будут искомыми вероятностями.
В нашем случае, мы должны получить многочлен 1/101( x^20 + x^21 + … + x^120), перемножив 20 многочленов, каждый из которых делится на x. Сократим все на x^20 и для удобства умножим все на 101. Теперь 1 + x^2+ … + x^101 равен произведению 20 полиномов пятой степени.
У полинома пятой степени есть вещественный корень, а вот у 1 + x^2+ … + x^100 такого корня быть не может, так как это суммируется по формуле геометрической прогрессии как (x^101 - 1) / (x - 1), а числитель и знаменатель одного знака, поскольку x и x^101 одновременно больше или меньше 1. Противоречие: одна часть уравнения обращается в ноль при некотором x, а вторая всегда положительна.
Задача на дом: подумайте, как обобщить это рассуждение на любое количество кубиков > 1. Таким образом, на самом деле нельзя никаким количеством неправильных кубиков сгенерировать равновероятное распределение чисел, что интуитивно совсем не очевидно!
Please open Telegram to view this post
VIEW IN TELEGRAM
Telegram
Математика Бродского
Задача от Таксы Дуси на выходные
Такса Дуся любит теорию вероятностей, ведь она помогает ей играть в казино и выигрывать! Такса Дуся хочет сделать себе 20 шестигранных игральных кубиков, чтобы бросая их генерировать все возможные значения от 20 до 120.…
Такса Дуся любит теорию вероятностей, ведь она помогает ей играть в казино и выигрывать! Такса Дуся хочет сделать себе 20 шестигранных игральных кубиков, чтобы бросая их генерировать все возможные значения от 20 до 120.…
🔥6🌭2🗿1
Нужна ли подсказка / решение?
Мне показалось, что эта задача вызвала у людей интерес, но верное решение пока так никто и не прислал. Хотите ли вы получить к задаче подсказку или решение?
Пишите в комментарии у этому посту
Мне показалось, что эта задача вызвала у людей интерес, но верное решение пока так никто и не прислал. Хотите ли вы получить к задаче подсказку или решение?
Пишите в комментарии у этому посту
Telegram
Математика Бродского
Задача по высшей алгебре
UPD:: условие обновлено!
Дана ассоциативная конечномерная алгебра A над C (внимание: A может быть не коммутативна!). Линейная функция d из A в A такова, что обладает удивительным свойством: для любых a, b из алгебры d(a*b) = d(a)*b…
UPD:: условие обновлено!
Дана ассоциативная конечномерная алгебра A над C (внимание: A может быть не коммутативна!). Линейная функция d из A в A такова, что обладает удивительным свойством: для любых a, b из алгебры d(a*b) = d(a)*b…
🗿7🔥4🤮2🌭2
(Не)большая подсказки
Итак, как же решать задачу про дифференцирование?
Во-первых, тождество d(xy) = xd(y) + d(x)y линейно по x и по y, потому проверять его достаточно для базиса (разумеется, мы будем для жорданова). Также ясно, что достаточно проверить утверждение только для диагонального куска.
Давайте напишем, что означает, что утверждение верно для диагонального куска для двух векторов из жордановых клеток, поймем, что необходимо доказать. Ну а это уже докажется как-нибудь
Итак, как же решать задачу про дифференцирование?
Во-первых, тождество d(xy) = xd(y) + d(x)y линейно по x и по y, потому проверять его достаточно для базиса (разумеется, мы будем для жорданова). Также ясно, что достаточно проверить утверждение только для диагонального куска.
Давайте напишем, что означает, что утверждение верно для диагонального куска для двух векторов из жордановых клеток, поймем, что необходимо доказать. Ну а это уже докажется как-нибудь
Telegram
Математика Бродского
Задача по высшей алгебре
UPD:: условие обновлено!
Дана ассоциативная конечномерная алгебра A над C (внимание: A может быть не коммутативна!). Линейная функция d из A в A такова, что обладает удивительным свойством: для любых a, b из алгебры d(a*b) = d(a)*b…
UPD:: условие обновлено!
Дана ассоциативная конечномерная алгебра A над C (внимание: A может быть не коммутативна!). Линейная функция d из A в A такова, что обладает удивительным свойством: для любых a, b из алгебры d(a*b) = d(a)*b…
🔥3🤮1🌭1
Кажется, я нашел самое нормальное объяснение, что такое лемма Йонеды: https://teach-in.ru/lecture/2022-05-06-Gorchinskiy
Увы, обычно люди пытаются разводить миллион обозначений, за которыми совершенно теряется смысл утверждения. Филосовски лемму можно интерпретировать так: для того, чтобы разузнать все про незнакомую понравившуюся вам девушку, к которой вы стесняетесь подойти, достаточно узнать про то, как она взаимодействует с каждой из своих подруг.
Увы, обычно люди пытаются разводить миллион обозначений, за которыми совершенно теряется смысл утверждения. Филосовски лемму можно интерпретировать так: для того, чтобы разузнать все про незнакомую понравившуюся вам девушку, к которой вы стесняетесь подойти, достаточно узнать про то, как она взаимодействует с каждой из своих подруг.
🔥10❤3🌭3🗿2
Удивительная независимость
Прекрасный простой факт, который я почему-то не знал раньше. Предположим, что нам дано несколько векторов с началом в нуле, все концы которых лежат в одном полупространстве относительно некоторой выделенной гиперплоскости, проходящей через начало координат. Оказалось, что угол между любыми двумя векторами тупой. Тогда векторы линейно независимы.
Прекрасный простой факт, который я почему-то не знал раньше. Предположим, что нам дано несколько векторов с началом в нуле, все концы которых лежат в одном полупространстве относительно некоторой выделенной гиперплоскости, проходящей через начало координат. Оказалось, что угол между любыми двумя векторами тупой. Тогда векторы линейно независимы.
❤14🔥4
Новое доказательство теоремы о бабочке
Кажется, я нашел новое занятное доказательство теоремы о бабочке. В нем есть небольшая техническая дыра, но ее не очень сложно заделать.
Теорема о бабочке. Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P$. Через P проведена прямая $\ell$, пересекающая стороны $AB$ и $CD$ в паре красных точек, а окружность в паре синих. Тогда $P$ середина отрезка из красных точек в том и только в том случае, когда она середина отрезка из синих точек.
Доказательство: отметим точку $S$ пересечения прямых $AB$ и $CD$. Пусть $\ell$ прямая, проходящая через $S$ параллельно $\ell$. Сделаем проективное преобразование, сохраняющее окужность и отправляющее $\ell$ на бесконечность (это тонкое место). Легко видеть, что на прямой $\ell$ это преобразование аффинно, потому условие задачи про середины сохраняется. С другой стороны, остался очевидный факт либо про трапецию, либо про прямоугольник.
Кажется, я нашел новое занятное доказательство теоремы о бабочке. В нем есть небольшая техническая дыра, но ее не очень сложно заделать.
Теорема о бабочке. Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P$. Через P проведена прямая $\ell$, пересекающая стороны $AB$ и $CD$ в паре красных точек, а окружность в паре синих. Тогда $P$ середина отрезка из красных точек в том и только в том случае, когда она середина отрезка из синих точек.
Доказательство: отметим точку $S$ пересечения прямых $AB$ и $CD$. Пусть $\ell$ прямая, проходящая через $S$ параллельно $\ell$. Сделаем проективное преобразование, сохраняющее окужность и отправляющее $\ell$ на бесконечность (это тонкое место). Легко видеть, что на прямой $\ell$ это преобразование аффинно, потому условие задачи про середины сохраняется. С другой стороны, остался очевидный факт либо про трапецию, либо про прямоугольник.
🔥7🗿6🤮1
Forwarded from Дневник Бродского
Движение точек
Вышла моя книга по движению точек (дешевле покупать у издательства напрямую, см. комменты). Надеюсь, теперь каждый желающий сможет системно научиться / научить этому мощному методу.
Чтобы кратко понять, в чем вообще суть, если вы никогда не слышали про движение точек, рекомендуется посмотреть следующий мотивационный ролик.
Кстати, книжек всего 300! (Не факториал). Так что теперь вы знаете, что подарить девушке / парню на Яблочный Спас.
Вышла моя книга по движению точек (дешевле покупать у издательства напрямую, см. комменты). Надеюсь, теперь каждый желающий сможет системно научиться / научить этому мощному методу.
Чтобы кратко понять, в чем вообще суть, если вы никогда не слышали про движение точек, рекомендуется посмотреть следующий мотивационный ролик.
Кстати, книжек всего 300! (Не факториал). Так что теперь вы знаете, что подарить девушке / парню на Яблочный Спас.
🔥16❤7🗿7🌭4🤮1
Книжка по движению точек
Скоро тут будет информация про движение точек (тем, кто пришел сюда по ссылке из книги).
Пока можете подписаться на мой чилл-канал @kusaka_daily
Скоро тут будет информация про движение точек (тем, кто пришел сюда по ссылке из книги).
Пока можете подписаться на мой чилл-канал @kusaka_daily
❤7🌭5🔥3
Математика Бродского pinned «Книжка по движению точек Скоро тут будет информация про движение точек (тем, кто пришел сюда по ссылке из книги). Пока можете подписаться на мой чилл-канал @kusaka_daily»
Авторы задачи 9.7 финала Шарыгина Нир Штейнберг и Андрей Науменя, на сайте скоро подправим — просим прощения у авторов за недоразумение.
❤9
Коллеги дописали проект ЛКТГ про точку Шиффлера. В большей степени проект интересен описанием того, как решать задачи проверкой совпадения кубик. У меня в книжке про это тоже написано, но некоторые нюансы подробнее расписаны в проекте: я предполагал, что читатель добравшийся до этой части уже детально разобрался с полиномиальным движением и без труда сам сможет подрехтовать определения для работы.
Это очень хорошо, что про одну и ту же сложную вещь разные люди написали по-разному: я верю, что это поможет большему числу людей разобраться, что же в итоге происходит...
Это очень хорошо, что про одну и ту же сложную вещь разные люди написали по-разному: я верю, что это поможет большему числу людей разобраться, что же в итоге происходит...
Telegram
Фулл и точка
❤6🔥3🌭1🗿1
Замечательные формулы
Обозначим за s_k(n) сумму k-степеней натуральных делителей числа n. Например, s_2(6) =1^2 + 2^2 + 3^2 + 6^2 = 50. Оказывается, что есть удивительная формулам связывающая s_7 и s_3, а именно:
s_7(n) = s_3(n) + 120*sum( s_3(a)s_3(b) )
где суммирование ведется во всем парам натуральных a + b = n. Как доказать эту формулу элементарно-комбинаторно?
Обозначим за s_k(n) сумму k-степеней натуральных делителей числа n. Например, s_2(6) =1^2 + 2^2 + 3^2 + 6^2 = 50. Оказывается, что есть удивительная формулам связывающая s_7 и s_3, а именно:
s_7(n) = s_3(n) + 120*sum( s_3(a)s_3(b) )
где суммирование ведется во всем парам натуральных a + b = n. Как доказать эту формулу элементарно-комбинаторно?
🌭10🗿4🤮2❤1
Математика Бродского
Книжка по движению точек Скоро тут будет информация про движение точек (тем, кто пришел сюда по ссылке из книги). Пока можете подписаться на мой чилл-канал @kusaka_daily
Ошибка в главе про коники
В главе про коники написал ерунду с заменой однородных координат. Правильно так: любое проективное преобразование проективной плоскости отвечает линейному преобразованию трехмерного пространства (с точностью до гомотетии). Соответственно, если хочется перевести конику к виду множества нулей x^2 + y^2 - z^2 = 0, то поворотов базисного репера может не хватить — нужно уметь переводить любой базис в любой. Я не очень понимаю, как это вообще могло проскачить: видимо, замылился глаз.
Ну и по-мелочи: стоило написать капсом, что двойное отношение четырех точек зависит от коники: через четыре точки можно провести кучу коник, и двойное отношения на них будет разным.
В главе про коники написал ерунду с заменой однородных координат. Правильно так: любое проективное преобразование проективной плоскости отвечает линейному преобразованию трехмерного пространства (с точностью до гомотетии). Соответственно, если хочется перевести конику к виду множества нулей x^2 + y^2 - z^2 = 0, то поворотов базисного репера может не хватить — нужно уметь переводить любой базис в любой. Я не очень понимаю, как это вообще могло проскачить: видимо, замылился глаз.
Ну и по-мелочи: стоило написать капсом, что двойное отношение четырех точек зависит от коники: через четыре точки можно провести кучу коник, и двойное отношения на них будет разным.
🗿26🤮4🌭3
Шутка, повторенная дважды, становится глупостью задачей на IMO
Недавно опубликовали шортлист IMO, в котором была моя геометрическая задача. Вместе с задачей я послал общую теорему, которая, на мой взгляд, еще более интригующая, чем опубликованная задача. Про общую теорему problems committee также упомянули, указав, что она слишком сложна для шортлиста.
Мне удалось найти геометрическое доказательство факта, однако оно довольно сложно и, как мне кажется, не раскрывает тайну почему задача верна. Было бы интересно, если кто-то смог придумать что-то вроде физического объяснения или короткого ясного геометрического доказательства, раскрывающую суть теоремы.
Как так вышло, что я сам не понимаю смысла придуманной задачи? Моей мотивацией во многом был шуточный вопрос — "Где дала Анна?" Более конкретно — при правильных обозначениях задача формулируется так: на окружности расположены точки D, L, N1 и N2, для каких точек A выполняется AN1 * N2A = DA * LA ? Прежде чем был осознан общий факт, также была придумана задача финала ВсОШ — геометрическое неравенство с нетипичной формулировкой.
На сегодняшний день, наличие разумного ответа на поставленный провокационный вопрос видится мне некоторым чудом. Примерно таким же, как появление святого креста в ответе :) Быть может, кто-то сможет придумать "физическое" объяснение, почему вопрос про равенство произведений осмысленный.
Недавно опубликовали шортлист IMO, в котором была моя геометрическая задача. Вместе с задачей я послал общую теорему, которая, на мой взгляд, еще более интригующая, чем опубликованная задача. Про общую теорему problems committee также упомянули, указав, что она слишком сложна для шортлиста.
Мне удалось найти геометрическое доказательство факта, однако оно довольно сложно и, как мне кажется, не раскрывает тайну почему задача верна. Было бы интересно, если кто-то смог придумать что-то вроде физического объяснения или короткого ясного геометрического доказательства, раскрывающую суть теоремы.
Как так вышло, что я сам не понимаю смысла придуманной задачи? Моей мотивацией во многом был шуточный вопрос — "Где дала Анна?" Более конкретно — при правильных обозначениях задача формулируется так: на окружности расположены точки D, L, N1 и N2, для каких точек A выполняется AN1 * N2A = DA * LA ? Прежде чем был осознан общий факт, также была придумана задача финала ВсОШ — геометрическое неравенство с нетипичной формулировкой.
На сегодняшний день, наличие разумного ответа на поставленный провокационный вопрос видится мне некоторым чудом. Примерно таким же, как появление святого креста в ответе :) Быть может, кто-то сможет придумать "физическое" объяснение, почему вопрос про равенство произведений осмысленный.
❤18🗿7🌭4🔥2🤮2
Петр Ким предложил в комментариях отличный способ решить задачу про равные произведения при помощи комплексных чисел. Считать ничего не надо, достаточно только рассмотреть правильный многочлен и сказать, что задача решилась — все как мы любим.
Также в комментариях написали план решения через базовые свойства кубических кривых. Это решение чит-код, который позволяет пробить задачу, но не дает (и не может дать) никакой интуиции происходящего. Отмечу, это решение было первым, которое я придумал.
На днях я напишу про свой геометрический подход, а пока предлагаю проголосовать за канал, я хочу добавить кастомные реакции (в том числе и гуся!🪿)
https://t.me/boost/dabro_math
Также в комментариях написали план решения через базовые свойства кубических кривых. Это решение чит-код, который позволяет пробить задачу, но не дает (и не может дать) никакой интуиции происходящего. Отмечу, это решение было первым, которое я придумал.
На днях я напишу про свой геометрический подход, а пока предлагаю проголосовать за канал, я хочу добавить кастомные реакции (в том числе и гуся!🪿)
https://t.me/boost/dabro_math
Telegram
Математика Бродского
Проголосуйте за канал, чтобы он получил больше возможностей.
🗿17🔥7🤮4
Forwarded from Дневник Бродского
Это случилось на кубике
Завтра вечером в честь закрытия наших летних курсов по геометрии я проведу лекцию, на которой докажу утверждение, обобщающее мою задачу из шортлиста IMO. Я расскажу три разных подхода к доказательству, а также некоторые интересные следствия утверждения.
Подробности тут
Завтра вечером в честь закрытия наших летних курсов по геометрии я проведу лекцию, на которой докажу утверждение, обобщающее мою задачу из шортлиста IMO. Я расскажу три разных подхода к доказательству, а также некоторые интересные следствия утверждения.
Подробности тут
❤3🔥2🤮1
Тайная проективная связь медианы и вписанной окружности
Недавно завершился ЮМТ, хороши турнир для школьников по математике. На мой взгляд, самое красивое геометрическое утверждение было предложено Саввой Чуевым и Даниилом Игнатьевым:
Из точки пересечения медиан треугольника проведи касательные ко вписанной в треугольник окружности. Тогда две точки основания касательных в этом треугольнике изотомически сопряжены.
*** Точки P и Q внутри треугольника ABC называются изотомически сопряженными, если лучи AP и AQ пересекают BC в точках, симметричных относительно середины отрезка BC, и такое же условие должно быть выполнено для пар лучей BP, BQ и CP, CQ
Задача не показалось мне сложной, я решил ее довольно быстро, однако сама по себе формулировка меня впечатлила.
Интересно, что задача имеет тесную связь с фактом, который я выдавал на олимпиаде Шарыгина в позапрошлом году:
На стороне BC треугольника ABC выбраны точки P и Q, симметричные относительно ее середины. Лучи AP и AQ пересекают описанную окружность в вершинах четырехугольника, тогда точка пересечения диагоналей этого четырехугольника лежит на медиане ABC, исходящей из вершины A.
Факт с олимпиады означает, что поляра пересечения ненарисованных сторон четырехугольника это и есть медиана. Тогда за счет полярного соответствия пересечение касательных к двум нижним вершинам четырехугольника лежит на медиане.
Последнее же наблюдение есть не что иное, как понятная переформулировка задачи с ЮМТ: для любой точки X на медиане AM вне вписанной окружности, если провести из нее касательные XP и XQ, то лучи AP и AQ пересекут BC в точках, симметричных относительно середины BC. Применяя факт ко всем трем медианам получим утверждение задачи.
Задачу с олимпиады Шарыгина проще всего решить умным проективным преобразованием, которое сохраняет окружность и бесконечность прямой BC, а точку A отправляет на бесконечность. Естественно, задача с ЮМТ решается таким же трюком и напрямую :)
Кстати, коллеги сделали книжечку по мотивам прошлого ЮМТ, посвященную геометрическим задачам оттуда — наверняка среди моих читателей найдутся любители и такого контента.
Недавно завершился ЮМТ, хороши турнир для школьников по математике. На мой взгляд, самое красивое геометрическое утверждение было предложено Саввой Чуевым и Даниилом Игнатьевым:
Из точки пересечения медиан треугольника проведи касательные ко вписанной в треугольник окружности. Тогда две точки основания касательных в этом треугольнике изотомически сопряжены.
*** Точки P и Q внутри треугольника ABC называются изотомически сопряженными, если лучи AP и AQ пересекают BC в точках, симметричных относительно середины отрезка BC, и такое же условие должно быть выполнено для пар лучей BP, BQ и CP, CQ
Задача не показалось мне сложной, я решил ее довольно быстро, однако сама по себе формулировка меня впечатлила.
Интересно, что задача имеет тесную связь с фактом, который я выдавал на олимпиаде Шарыгина в позапрошлом году:
На стороне BC треугольника ABC выбраны точки P и Q, симметричные относительно ее середины. Лучи AP и AQ пересекают описанную окружность в вершинах четырехугольника, тогда точка пересечения диагоналей этого четырехугольника лежит на медиане ABC, исходящей из вершины A.
Факт с олимпиады означает, что поляра пересечения ненарисованных сторон четырехугольника это и есть медиана. Тогда за счет полярного соответствия пересечение касательных к двум нижним вершинам четырехугольника лежит на медиане.
Последнее же наблюдение есть не что иное, как понятная переформулировка задачи с ЮМТ: для любой точки X на медиане AM вне вписанной окружности, если провести из нее касательные XP и XQ, то лучи AP и AQ пересекут BC в точках, симметричных относительно середины BC. Применяя факт ко всем трем медианам получим утверждение задачи.
Задачу с олимпиады Шарыгина проще всего решить умным проективным преобразованием, которое сохраняет окружность и бесконечность прямой BC, а точку A отправляет на бесконечность. Естественно, задача с ЮМТ решается таким же трюком и напрямую :)
Кстати, коллеги сделали книжечку по мотивам прошлого ЮМТ, посвященную геометрическим задачам оттуда — наверняка среди моих читателей найдутся любители и такого контента.
🔥8🤮4🌭2❤1