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.

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...

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?

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.

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.

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 будет и давно обещанное чисто геометрическое решение)

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

Движение точек

Бесплатная онлайн версия книжки лежит вот тут. Она несколько отличается от физического воплощения, которое можно найти на озоне. В частности, эта версия, не проработанная редактором и корректором. Это означает, что в электронной версии очень много опечаток и ошибок русского языка, которых нет в физическом воплощении.

```Метод движения точек — мощный инструмент решения геометрических задач, позволяющий сводить общий случай к анализу небольшого числа симметричных и простых конфигураций. Основанный на интерполяции многочленов, он сочетает наглядность, элегантность и глубокие связи с проективной геометрией и механикой. В отличие от вычислительных техник, метод не требует громоздких выкладок, а лишь умения правильно выбрать ключевые положения. В книге собраны и систематизированы идеи, развивавшиеся в математическом сообществе, включая современные интерпретации метода. Этот текст --- не просто изложение техники, но и попытка сделать её доступной широкому кругу математиков, интересующихся олимпиадной и академической геометрией.```

Опечатки: По мере нахождения новых опечаток и неточностей они будут динамически исправляться. Если Вы нашли какую-то ошибку, пишите прямо в комментарии к этому посту. Распространение приветствуется. Да будет движ!

Материальная поддержка: Если Вы захотите сделать необязательный донат автору, можете поставить сколько не жалко звезд на этот пост. Альтернативно, можно сделать перевод в крипте:

Bitcoin (Taproot, сеть Bitcoin mainnet)

bc1pys9arwr4spmn6lge4rdyd7qpcmyq5rz08pyzhzq3j7h5ygsa3gmq94tahq

Ethereum (ERC-20, сеть Ethereum mainnet)

0xE215a2d6D518ACc02025DE81c1bB2d76dBa2D5E7

Прикольная тч

Нужно придумать всего одну идею, но у меня это вызвало трудности.

Пусть p > 2 простое число. Какой остаток при делении на p^2 дает сумма 1^(p-1) + 2^(p-1) + 3^(p-1) + …+ (p-2)^(p-1) + (p-1)^(p-1).

Ответ надо дать в замкнутой форме: можно использовать факториалы. Знаки суммирования или произведения по множеству использовать нельзя (как и их аналоги).

Решение

Мне в голову пришло два разных подхода. Первый крестьянский, второй несколько магический.

1) (Полиномиальное) Давайте подумаем, как вообще вычислять суммы вида x_1^k + x_2^k + ... + x_n^k для какого-то набора x_i и какого-то (достаточно большого) k. Есть стандартная идея, как делать это по индукции: рассмотрим полином P(x) = (x - x_1)(x - x_2) ... (x - x_n) = x^n + a_(n-1)x^(n-1) + ... + a_0. Ясно, что P(x_i) = 0, потому x_i^n = - a_(n-1)x_i^(n-1) - ... - a_0. Суммируя это тождество по всем i получим выражение суммы n степеней через суммы меньших степеней. Далее можно выражать суммы больших степеней по индукции, пользуясь аналогичным тождеством x_i^s * P(x_i) = 0, на каждом шаге нам нужно будет знать значения n меньших сумм. Давайте далее для удобства обозначать сумму k степеней как s_k.

В нашем случая полином P(x) = (x - 1)(x - 2) ... (x - (p - 1)). Заметим, что все его коэффициенты кроме старшего и младшего делятся на p, так как над F_p он равен полиному x^(p-1) - 1 по малой теореме Ферма. Также легко видеть, что s_1, s_2, ... s_(p-1) все делятся на p — понять это можно примерно как угодно, проще всего используя первообразный корень по модулю p. Теперь применяя описанную выше технику видим, что s_(p-1) = - a_(p-2) * s_(p-2) - ... - a_1 * s_1 - a_0 * (p - 1), и, к нашему великому счастью, все слагаемые кроме a_0 * (p - 1) делятся на p^2, откуда s_(p-1) сравнимо с - (p - 1)!(p - 1) ~ - p * (p - 1)! + (p - 1)! ~ p + (p - 1)!

2) (p-адическое) Второй подход несколько более мистический, хотя не требует даже знаний многочленов над F_p. Ясно, что вычисления по модулю p легче, чем по модулю p^2, потому попробуем свести все к ним, держа в голове, что всякий остаток mod p^2 можно мыслить как a + b*p, где a и b это остатки по модулю p. Заметим, что x^(p-1) - 1 кратно p по МТФ при x не делящимся на p, потому положим x^(p - 1) = 1 + k_x * p и так как нас все интересует по модулю p^2 можно мыслить k_x просто как вычет по модулю p. Аналогично пусть (p - 1)! = - 1 + t * p.

Далее 1^(p-1) + 2^(p-1) + ... ~ (p - 1) + (sum k_i) * p потому нам нужно придумать, как связать sum k_i с t по модулю p (а не p^2 !). И тут кроется главная нетривиальная идея этого решения: давайте посмотрим на выражение (p - 1)! ^ (p - 1). С одной стороны оно равно prod (1 + pk_x) ~ 1 + p * sum k_x (mod p^2) а с другой оно же равно ( - 1 + t*p)^(p - 1) ~ 1 - (p - 1)*t*p ~ 1 + p*t, что дает нам искомую связь t и (sum k_i) по модулю p.

3) ? Наверное, эту задачу также можно решить, используя технику когомологий этальных пучков, но я пока так не умею, возможно, допишу пост, как научусь.

Задача из Хартсхорна

Решал вчера упражнения из учебника Хартсхорна по алгебраической геометрии. С предметом я знаком давно, но большинство задач для решения пропускал.

По-моему, достаточно симпатично, и не вполне тривиально:

Рассмотрим кривую в трехмерном пространстве, заданную параметрически как (t^3, t^4, t^5).

Пусть I множество многочленов P(x, y, z) обращающихся в ноль на всей этой кривой. Тогда размерность I это два (что вполне соответствует геометрической интуиции, ибо размерность кривой равна 1), но при этом I нельзя породить двумя элементами как идеал!

То есть, вообще говоря, неверно, что понятие размерности и количества образующих совпадают (даже в случае алгебр над алгебраически замкнутыми полями!).

Кстати, тем не менее можно установить неравенство: если идеал I кольца многочлена от n переменных порождается m функциями, то размерность любой непроводимой компоненты, отвечающей множеству нулей I, по крайней мере n - m.

В этом посте достаточно много задач, так что будет правилным перепостить его и сюда)