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
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)
Ethereum (ERC-20, сеть Ethereum mainnet)
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).
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).
Математика Бродского
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…
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.
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:
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.
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)
Forwarded from Дневник Бродского
НМИ "Алеф"
Составители олимпиад зачастую оправдывают малое разнообразие авторов тем, что никто кроме этих составителей не умеет придумывать хорошие задачи. Хотя на самом деле хороших авторов на разные темы много — стоит лишь правильно выстроить систему по их поиску.
Спасибо Марку Пименову, Леониду Финаревскому, Ерасылу Алтынбеку и Ильясу Ашкену за вклад в составление Турнира Колмогорова — вашими стараниями и креативными идеями олимпиады продолжает радовать участников разнообразными и интересными задачами!
До конца турира еще несколько дней. Быть может, мы увидим и других новых героев?
Составители олимпиад зачастую оправдывают малое разнообразие авторов тем, что никто кроме этих составителей не умеет придумывать хорошие задачи. Хотя на самом деле хороших авторов на разные темы много — стоит лишь правильно выстроить систему по их поиску.
Спасибо Марку Пименову, Леониду Финаревскому, Ерасылу Алтынбеку и Ильясу Ашкену за вклад в составление Турнира Колмогорова — вашими стараниями и креативными идеями олимпиады продолжает радовать участников разнообразными и интересными задачами!
До конца турира еще несколько дней. Быть может, мы увидим и других новых героев?
Стрим по геометрии
Что-то захотелось стрим по геометрии провести, порешав задачи в лайве на какую-нибудь тему на YouTube или твич. Есть ли пожелания по темам? Если меня привлечет что-то из предложенного, то стрим будет посвящен соответсвующей теме, иначе в воскресенье анонсирую что-то свое.
Ориентированно стрим будет в следующую субботу вечером.
Что-то захотелось стрим по геометрии провести, порешав задачи в лайве на какую-нибудь тему на YouTube или твич. Есть ли пожелания по темам? Если меня привлечет что-то из предложенного, то стрим будет посвящен соответсвующей теме, иначе в воскресенье анонсирую что-то свое.
Ориентированно стрим будет в следующую субботу вечером.
Стриму быть
Не без труда, но я разобрался, как проводить стримы, используя новую технику, так что стартуем сегодня в 20:30 мск
https://www.youtube.com/live/JJjt7rxVWA4?si=X4QSAfqwsKLczXuv
Не без труда, но я разобрался, как проводить стримы, используя новую технику, так что стартуем сегодня в 20:30 мск
https://www.youtube.com/live/JJjt7rxVWA4?si=X4QSAfqwsKLczXuv
Youtube
- YouTube
Enjoy the videos and music you love, upload original content, and share it all with friends, family, and the world on YouTube.
Картинки с прошлого стрима
Можно использовать для проведения своих занятий.
Можно использовать для проведения своих занятий.