Кто я такой и что это за канал?
Я Давид Бродский — математик и задачный композитор. Сейчас я занимаюсь алгебраической геометрией и теорией чисел, в качестве хобби иногда придумываю сложные задачи на олимпиады, в основном по геометрии. В мире олимпиад моя любимая тема это геометрические неравенства, также я очень люблю красивые задачи на многочлены.
Наиболее удачные задачи моего моего авторства можно посмотреть вот тут. Список пополняется с большой задержкой, обычно пару раз в год. Кстати, если вы тоже любите придумывать классные задачи, и хотите, чтобы они появлялись на олимпиадах, то присоединяетесь к комьюнити приложения Aleph.
Сейчас я в основном занимаюсь наукой: план на ближайшие несколько лет по-хорошему выучить абстрактные алгебраические предметы. В основном меня мотивируют красивые вопросы теории чисел и арифметической геометрии — самый известный широкой публике пример такого сорта это Великая теорема Ферма: уравнение x^n + y^n = z^n не имеет решений в натуральных числах при n > 2.
Лично я люблю приводить существенно более простой пример — граница Хассе-Вейля. Формулировку и одно из возможных доказательств можно найти в блоге Теренса Тао. Грубо говоря, это утверждение такого сорта: пусть p простое число, и мы желаем искать такие остатки x и y по модулю p, что f(x, y) делится на p, где f(x, y) многочлен от двух переменных. Давайте посмотрим на уравнение f(x, y) = 0 в комплексных числах — тогда множество подходящих пар комплексных чисел (x, y) будет некоторой поверхностью — сферой, тором и т. д. Например, уравнение x^2 + y^2 - 1 = 0 задает сферу, а y^2 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0 — тор, то есть бублик или пончик (хотя это уже не совсем очевидно!)
Так вот оказывается, что исходная задача делимости чувствует геометрические свойства этой поверхности! А именно, зная количество "дырок" в поверхности можно написать оценку на количество подходящих пар остатков (x, y). Совершенно удивительный результат, демонстрирующий очень глубокие связи между совершенно разными на первый взгляд областями математики.
—————————
На этом канале я буду постить разные задачи по математике, а также писать математические заметки про них. Раз в неделю по пятницам будет «Задача от Таксы Дуси на выходные», после выходных будет писаться ее решение. На этом канале НЕ будет развлекательного контента, личных историй, активного освещения событий олимпиадно-математичского мира.
Личные истории и мысли обо всем подряд живут в этом канале: https://t.me/kusaka_daily, там стиль повествования свободный, а тематика не ограничена. Там же обычно я объявляю клич, когда в один из моих проектов требуются новые люди разных компетенций.
Про олимпиадную математику и мои образовательные проекты можно читать вот в этом канале: https://t.me/vsosh_olymp
По вопросам всякого сорта сотрудничества и рекламы обращайтесь к @dabromat_welcome
Я Давид Бродский — математик и задачный композитор. Сейчас я занимаюсь алгебраической геометрией и теорией чисел, в качестве хобби иногда придумываю сложные задачи на олимпиады, в основном по геометрии. В мире олимпиад моя любимая тема это геометрические неравенства, также я очень люблю красивые задачи на многочлены.
Наиболее удачные задачи моего моего авторства можно посмотреть вот тут. Список пополняется с большой задержкой, обычно пару раз в год. Кстати, если вы тоже любите придумывать классные задачи, и хотите, чтобы они появлялись на олимпиадах, то присоединяетесь к комьюнити приложения Aleph.
Сейчас я в основном занимаюсь наукой: план на ближайшие несколько лет по-хорошему выучить абстрактные алгебраические предметы. В основном меня мотивируют красивые вопросы теории чисел и арифметической геометрии — самый известный широкой публике пример такого сорта это Великая теорема Ферма: уравнение x^n + y^n = z^n не имеет решений в натуральных числах при n > 2.
Лично я люблю приводить существенно более простой пример — граница Хассе-Вейля. Формулировку и одно из возможных доказательств можно найти в блоге Теренса Тао. Грубо говоря, это утверждение такого сорта: пусть p простое число, и мы желаем искать такие остатки x и y по модулю p, что f(x, y) делится на p, где f(x, y) многочлен от двух переменных. Давайте посмотрим на уравнение f(x, y) = 0 в комплексных числах — тогда множество подходящих пар комплексных чисел (x, y) будет некоторой поверхностью — сферой, тором и т. д. Например, уравнение x^2 + y^2 - 1 = 0 задает сферу, а y^2 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0 — тор, то есть бублик или пончик (хотя это уже не совсем очевидно!)
Так вот оказывается, что исходная задача делимости чувствует геометрические свойства этой поверхности! А именно, зная количество "дырок" в поверхности можно написать оценку на количество подходящих пар остатков (x, y). Совершенно удивительный результат, демонстрирующий очень глубокие связи между совершенно разными на первый взгляд областями математики.
—————————
На этом канале я буду постить разные задачи по математике, а также писать математические заметки про них. Раз в неделю по пятницам будет «Задача от Таксы Дуси на выходные», после выходных будет писаться ее решение. На этом канале НЕ будет развлекательного контента, личных историй, активного освещения событий олимпиадно-математичского мира.
Личные истории и мысли обо всем подряд живут в этом канале: https://t.me/kusaka_daily, там стиль повествования свободный, а тематика не ограничена. Там же обычно я объявляю клич, когда в один из моих проектов требуются новые люди разных компетенций.
Про олимпиадную математику и мои образовательные проекты можно читать вот в этом канале: https://t.me/vsosh_olymp
По вопросам всякого сорта сотрудничества и рекламы обращайтесь к @dabromat_welcome
Telegram
Дневник Бродского
Есть задачи? А если найду?
Недавно я писал про то, что мы разрабатываем приложение, в котором авторы классных олимпиадных задач могут отправлять свои творения на олимпиады и турниры, а любящие сложные задачи эксперты их оценивать. На днях у нас был большой…
Недавно я писал про то, что мы разрабатываем приложение, в котором авторы классных олимпиадных задач могут отправлять свои творения на олимпиады и турниры, а любящие сложные задачи эксперты их оценивать. На днях у нас был большой…
🍌17❤2🤮2🌭1
Математика Бродского pinned «Кто я такой и что это за канал? Я Давид Бродский — математик и задачный композитор. Сейчас я занимаюсь алгебраической геометрией и теорией чисел, в качестве хобби иногда придумываю сложные задачи на олимпиады, в основном по геометрии. В мире олимпиад моя…»
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