Ответ: p немного больше пятисот

В точке 0 находится пруд, и в момент времени 0 в точках 1,2,...,n сидит по черепахе. Каждую минуту каждая черепаха с вероятностью 1-p тратит на то чтоб переползти на 1 влево (а с вероятностью p сидит себе на месте). Это всё независимо по времени и по черепахам. Тогда вероятность того, что никакие черепахи не встретятся, пока не попадут в пруд, равна вот чему. Приветствуется как можно более ясное и простое доказательство.

Via

https://mathoverflow.net/q/469102/4312

Ездил на Всероссийскую олимпиаду. Там дети массово повадились решать геометрию с помощью ТДИ. Я раньше думал, когда изредка встречал в работах эту аббревиатуру, что школьник мне так снисходительно говорит "ты дебил идиот". А это теорема Дезарга об инволюции. Я несколько раз узнавал, в чём она состоит, и сразу забывал, а сейчас решил, наконец, разобраться.

Интересно, что хотя Жерар Дезарг жил в XVII веке, теорема стала популярной только сейчас: когда я был школьником, никто ничего не слышал про такое.

Теорема Дезарга об инволюции говорит следующее.

Пусть L - некоторое двумерное линейное пространство в трёхмерном пространстве квадратных трёхчленов (точнее, многочленов степени не выше 2 от одной буквы). Для точки x на прямой есть (один с точностью до пропорциональности) трёхчлен из L, обнуляющийся в x. Второй корень этого трёхчлена назовем f(x). Тогда f(x) - инволюция прямой, а теорема в том, что она проективная (= дробно-линейная) .

Доказательство: в L есть линейная функция, не умаляя общности, это функция x, тогда произведение корней у всех ребят из L одинаковое по теореме Виета, поэтому f(x)=const/x.

В геометрии это обычно применяют в таком разрезе. Пусть есть 4 точки на плоскости и прямая p. Рассмотрим пучок коник, проходящих через эти 4 точки. Множество их уравнений это двумерное пространство многочленов от двух букв степени (не выше) 2. Сужая на p, получаем то самое пространство L многочленов уже от одной буквы. То есть инволюция на p, переставляющая точки пересечения p и любой коники этого пучка, проективная.

В качестве коник обычно выступают пары прямых (их есть три штуки: уже выходит нетривиальное утверждение) и (опционально) окружность.

Полезно также проективно двойственное утверждение: если дана точка P и рассматриваются коники, касающиеся 4 данных прямых, то есть проективная инволюция, меняющая местами касательные из P к таким коникам. Например, пусть ABCD - описанный четырёхугольник, тогда есть инволюция, меняющая местами пары прямых PA, PC; PB, PD; касательные из P к его вписанной окружности.

Что-то с трансляцией в ютуб не выходит, идите в зум кто хотел смотреть

Не то чтоб мне нравились эти задачи, но поговорить можно.

И ещё вот сегодня по телевизору

https://www.youtube.com/live/a6waglwx9QE

https://old.mccme.ru//dubna//2024/courses/petrov.html

На Южном математическом турнире (пользуясь случаем, поздравляю с победой команду солнечного Саранска) выдали следующую лемму. Выходит, не все её знают, так что напомню свой старый пост в книге лиц, в котором из неё выводится Рождественская теорема Ферма.

Лемма (обратное неравенство Коши-Буняковского-Шварца, шорт-лист IMO 1995 A2). Если a,b,c — неотрицательные целые числа и ab-c² неотрицательно, то существуют два вектора x,y с целыми координатами (одной и той же, может быть большой, размерности) такие, что a,b — квадраты их норм, а c — их скалярное произведение. Иначе говоря: если квадратный трёхчлен f(t)=at²+2ct+b неотрицателен на вещественной оси, то его можно представить как сумму квадратов линейных [аффинных, если вам так нравится - ФП] функций с целыми коэффициентами:

f(t) =sum (x_i t+y_i)²

Доказательство леммы. Предположим противное и возьмём контрпример с минимальным c. Если min(a,b,c)=c, то

f(t)=c(t+1)²+(a-c)t²+(b-c) 1² —

искомое представление. Если, скажем, c>a, то возьмем трёхчлен f(t-1), то есть тройку (a, b-2c+a, c-a), по минимальности c она уже не является контрпримером, а из представления в нужном виде трёхчлена f(t-1) получается представление f(t) сдвигом буквы t на 1.

Теперь

Рождественская теорема Ферма. Если p=4k+1 простое, то p есть сумма двух квадратов целых чисел.

Доказательство. При некоторм целом c число p делит c²+1 (простое доказательство: иначе остатки от 2 до 4k-1 по модулю p разбиваются на четвёрки вида (y, - y, 1/y,-1/y)):

ap=c²+1.

Используя лемму, находим векторы x,y с x²=a, y²=p, c=xy=sum(x_i y_i). Возьмем любой индекс i, для которого y_i≠0. Обозначим x_i=X, y_i=Y. Имеем

1-(pX²+aY²-2cXY)=(a-X²)(p-Y²)-(c-XY)²⩾0

(это КБШ для векторов x, y без i-ой координаты).

Умножая на p и подставляя ap=c²+1 в левую часть, получаем
p-(pX-cY)²-Y²⩾0, но левая часть кратна p (и меньше p, так как Y≠0), поэтому она равна 0.

Для натурального числа m определим f(m) как наименьшую возможную степень многочлена с целыми неотрицательными коэффициентами, который приводим, но его значение в точке m - простое число. Тогда

lim f(m)/m=π.

via Hiroki Tokuyama

Умер Сергей Маркелов.

Не помню, кто мне его впервые представил — кажется, это было в 1997 году, когда я был в 9 классе, — но помню, как: вот чел, который может решить любую задачу по геометрии.

Летом 1998 года я ездил под Гамбург на Летнюю конференцию турнира городов. Это такое мероприятие, на котором школьники вникают в некоторый сюжет и размышляют о нём типа не как на олимпиадах, а как взрослые. Мне повезло, что на той конференции был замечательный сюжет, предложенный С. М., но представленный не им, а Михаилом Вялым — о том, что во многих утверждениях евклидовой геометрии можно заменить окружности на параболы с вертикальной осью (случайный пример: если на сторонах треугольника ABC отметить точки A₁, B₁, C₁, то окружности параболы с вертикальными осями AB₁C₁, BA₁C₁, CA₁B₁ имеют общую точку). Мы занимались им с Сергеем Тихомировым и довольно много всего про это поняли, но, кажется, полностью это до сих пор понятно не вполне. Вот наша работа для питерской книжки с С. Т., написанная по следам той конфы.

У кого премиум-аккаунт, можно голосовать за наш канал
https://t.me/boost/fedyamath

Проверьте свою интуицию (опрос постом выше).

Волейбольные команды Пифагорейцы и Вольтерьянцы хотят сыграть партию до 100 очков (при этом она может закончиться с перевесом в одно очко). Пифагорейцы (они подают первыми) выигрывают каждое очко на своей подаче с вероятностью 99%, а Вольтерьянцы - с вероятностью 98%. Они обсуждают два возможных правила перехода подачи:

(a) как обычно в волейболе: подача переходит к противнику, когда подающая команда проигрывает очко;

(b) подачи просто чередуются: Пифагорейцы - Вольтерьянцы - Пифагорейцы - Вольтерьянцы и т. д.

решение про волейбол (статистику сами видите, честно говоря, я ожидал другого)

В варианте (b) можно считать, что пифагорейцы подают 100 раз, а вольтерьянцы 99 раз (если матч закончился раньше, пусть всё равно доподают). В варианте (а) пифагорейцы к окончанию матча подали не больше чем 100 раз (поскольку когда они подают 101-й раз, это значит, что они уже набрали 100 очков), аналогично, вольтерьянцы - не более 99 раз. Так что пусть они играют после того, как одна из команд набрала 100 очков, до тех пор, пока пифагорейцы не подадут 100 раз, а вольтерьянцы 99, и мы включим в список розыгрышей, по которым подводится итог, ровно упомянутые 100+99=199 розыгрышей.

Собственно, это уже доказывает, что вероятности равны. Действительно, для любого элементарного исхода в варианте (b) (типа: пифагорейцы выиграли на своей подачи розыгрыши номер такие-то, и на чужой розыгрыши номер сякие-то), аналогичный элементарный исход в варианте (а) имеет ту же вероятность.

(задачу подглядел в фб)

Теперь комментарии как во всех нормальных группах, а не с этим ботом! А старые посты уже не перевести в этот режим?

Всегда любил каплинги (они же спаривающие меры, они же многозначные отображения, они же полиморфизмы, они же планы перевозок и пр.) Идея в том, что для сравнения вероятностей двух событий надо умно реализовать их на одном вероятностном пространстве. Простой пример: красим каждую грань многогранника с вероятностью p независимо от остальных. Тогда вероятность того, что есть три попарно смежные покрашенные грани, возрастает с ростом p. Доказательство: пусть лучше каждая грань выбирает число от 0 до 1, и мы красим её, если число меньше p. Тогда наши события при разных p просто вложены друг в друга, и монотонность очевидна.

Лёша Куликов обратил внимание на свежую работу на эту тему.

Пусть n человек рассаживаются по k автобусам, выбирая, в который автобус сесть, равномерно и независимо. Рассмотрим вероятность p(k) того, что кто-то окажется единственным в своём автобусе (n считаем постоянным, а k переменным).

Теорема. p(k) возрастает по k при данном n.

Доказательство. Сравним p(k+1) и p(k). Можно считать, что дело обстоит так: сначала люди рассаживаются по k+1 автобусу, потом автобус семёрка ломается и люди оттуда рассаживаются по остальным. Нас интересуют вероятности двух событий: A - что до поломки был одинокий пассажир, B - что он есть после поломки и пересаживания. Сравним события A\B и B\A. Как могло произойти событие B\A? Скажем, Вася пересел из семёрки в пустую тройку, причём до поломки одиноких не было. Но до поломки могло быть так, что Вася - единственный в семёрке, потому что остальные, выбравшие семёрку, выбирали бы тройку (а всё остальное как было), а потом Вася пересел в тройку. В этом случае происходит A\B, и это имеет ту же вероятность.

Дал я Маше и Олегу
жеребёнка да телегу,
чтобы для обеда
пригнали правоведа.
Адвокат невнятный:
суп не ест томатный,
пьёт настой на шишках,
взял под чай коврижку.
Вам не надоело?
Продолжаю смело

(но дальше не продолжить, потому что там 0)

Сочинил десять лет назад, сейчас, поди, роботы лучше справляются.