Математические байки

Для одного из них он равен t+t^3-t^4, а для другого t^{-1}+t^{-3}-t^{-4}. Поскольку эти полиномы разные — то и узлы разные. Кстати, отсюда легко угадать, что при зеркальном отражении узла (или зацепления) в полиноме Джонса t заменяется на t^{-1}.

Я в какой-то момент тут писал про другой инвариант узла, число правильных трёхцветных раскрасок. Это число, например, позволяет доказать, что узел-трилистник нельзя развязать (ибо значения инварианта на трилистнике и на незаузленной окружности разные). Но число трёхцветных раскрасок не может отличить узел от его зеркального отражения — так что правый трилистник от левого оно не отличает. А полином Джонса — отличает!

Полином Джонса — инвариант узла, который даёт даже не число, а целый многочлен. Правда, тут нужно добавить, что многочлен не просто, а многочлен Лорана, то есть с отрицательными степенями; более того, для зацеплений — если связных компонент несколько — он становится многочленом от t^{1/2} (а именно, если компонент нечётное число, то в полиноме Джонса есть только целые степени, а если чётное, то только полуцелые).

http://mi.mathnet.ru/mp41 в качестве введения в тему узлов и их инвариантов (в т.ч. полинома Джонса) — статья Дужина и Чмутова в Мат. просвещении

Vaughan Jones (31.12.1952–06.09.2020) новозеландский математик, лауреат премии Филдса; многие слышали, надо полагать, про полином Джонса узла «In 1984 Jones discovered an astonishing relationship between von Neumann algebras and geometric topology. As a result, he found a new polynomial invariant for knots and links in 3-space. (…) As time went on, it became clear that his discovery had to do in a bewildering variety of ways with widely separated areas of mathematics and physics (…). These included (in addition to knots and links) that part of statistical mechanics having to do with exactly solvable models, the very new area of quantum groups, and also Dynkin diagrams and the representation theory of simple Lie algebras. The central connecting link in all this mathematics was a tower of nested algebras which Jones had discovered some years earlier in the course of proving a theorem which is known as the “Index Theorem”.»

онлайн-школа по топологии и геометрии и приложениям с пятницы по воскресенье https://cs.hse.ru/ata-lab/tga

Ещё про код Хэмминга — совершенно прекрасное видео от 3blue1brown в двух частях: https://www.youtube.com/watch?v=X8jsijhllIA + https://www.youtube.com/watch?v=b3NxrZOu_CE

Этот вопрос в смысле того, что за ним стоит, более сложный — где-то эдак порядка на два. 🙂 Но что точно можно, так это скормить все три выражения какому-нибудь компьютерному способу их посчитать, и посмотреть на результат. Думаю, станет достаточно ясно, что "таких совпадений — не бывает!".

Следующий вопрос-затравка: а что можно сказать о первых цифрах после запятой у чисел exp(π\sqrt{163}), exp(π\sqrt{67}) и exp(π\sqrt{43}) ?

Ну и уже понятно, что делать с исходным вопросом. А именно — если добавить к (\sqrt{2}+\sqrt{3})^100 такую же степень разности (\sqrt{2}-\sqrt{3})^100, то получится целое число. А сотая степень разности опять очень маленькая и положительная — поэтому десятая цифра после запятой у (\sqrt{2}+\sqrt{3})^100 это девятка (как и девять предыдущих и даже больше последующих): (\sqrt{2}+\sqrt{3})^100 = 60189565958534864246850581634349698760897425062497, 9999999999999999999999999999999999999999999999999 83385824701096714433932...

Более того, пусть у нас есть многочлен P(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1 z+a_0 с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом 1. Тогда сумма k-ых степеней его корней — всегда целое число (что, кстати, хорошее упражнение). Значит, если у многочлена P(z) только один корень z_1 по модулю больше 1, а все остальные по модулю меньше единицы, то степени (z_1)^k этого корня становятся всё ближе и ближе к целым числам. Такие числа называют числами Пизо (Pisot numbers): https://en.wikipedia.org/wiki/Pisot%E2%80%93Vijayaraghavan_number Кстати, число Трибоначчи — вещественный корень уравнения x^3=x^2+x+1, равный 1.839... — как раз таково (потому что два других корня комплексно-сопряжённые, а произведение всех трёх корней равно 1.

Кстати — такое же рассуждение проходит и в некоторых других ситуациях. Например, для большой степени золотого сечения \phi = (1+\sqrt{5})/2.

Поэтому число (1+\sqrt{2})^100 — почти целое, но не с кучей нулей, а с кучей девяток после запятой. А вот если бы я спросил про (1+\sqrt{2})^99, то вот там после запятой пошли бы нули, потому что (1-\sqrt{2})^99 — безумно маленькое, но отрицательное.

А вот значение (спасибо WolframAlpha — https://www.wolframalpha.com/input/?i=%281%2B%5Csqrt%7B2%7D%29%5E100 ) 189482250299273866835746159841800035873,999999999999999999999999999999999999994722460819308560...

Значит, (1+\sqrt{2})^100 = 2A - (1-\sqrt{2})^100 = *,999999999999* (где можно обещать как минимум 30 девяток).

Давайте теперь эти два числа сложим: (1+\sqrt{2})^100 + (1-\sqrt{2})^100 = 2A. Но второе слагаемое безумно маленькое: |1-\sqrt{2}|=0.41...<1/2, так что 0< (1-\sqrt{2})^100 < 1/2^100 < 1/10^30. (И положительное, потому что степень 100 чётная.)

Число (1+\sqrt{2}) заменится на число (1-\sqrt{2}), и несложно видеть, что (1-\sqrt{2})^100 = A - B \sqrt{2}. Тут можно просто проследить раскрытие скобок, а можно сказать, что такая замена — автоморфизм поля Q[\sqrt{2}]={a+b\sqrt{2}| a, b\in Q}.

Но — когда мы работаем с комплексными числами, там есть комплексное сопряжение, заменяющее i на (-i): один корень уравнения z^2=-1 на другой. А что, если мы попробуем заменить \sqrt{2} на -\sqrt{2} — один корень уравнения x^2=2 на другой?

Давайте раскроем скобки: получится какое-то выражение вида A+B\sqrt{2}, где A и B — огромные целые числа. Казалось бы, с таким не очень поработаешь.

Давайте я начну с чуть более простого вопроса: какие первые несколько цифр после запятой у числа (1+sqrt{2})^100?