Математические байки

Анатолий Моисеевич Вершик (28.12.1933–14.02.2024)

Давайте я чуть-чуть добавлю к тому, что пишут коллеги. Все знают, что планеты движутся вокруг звезды по эллипсам. И навскидку не очень ясно, как это утверждение доказывать, не закапываясь в какие-нибудь жуткие выкладки. Лет пять назад появилось выложил замечательное видео (на канале minutephysics с 3blue1brown) про лекцию Фейнмана об этом, « Feynman’s Lost Lecture ». Я его очень рекомендую посмотреть — но если коротко, есть совершенно замечательный промежуточный шаг, который, услышав однажды, забыть нельзя. Отложим скорости планеты в разные моменты времени от начала координат. Оказывается, что концы этих векторов образуют окружность — просто с центром не в начале координат! («Годограф скоростей — круглый») Чтобы вывести это утверждение, нужны и закон всемирного тяготения, и закон сохранения момента импульса (а точнее, следующий из него второй закон Кеплера — правило площадей). А вывод из него эллиптичности орбиты связан как раз с картинкой с эллипсом-огибающей! (Я немного об этом когда-то писал — см. тут и ниже — но очень советую посмотреть и видео, и страницы/миниатюры Мат. Этюдов про огибающие.)

Любую гладкую кривую можно увидеть, нарисовав не саму кривую, а множество касательных к ней. Понятие огибающей подробно описано в сюжете «Парабола: изонить», в котором в качестве огибающей семейства прямых возникает парабола. Но построение касательных не такое простое дело. Продемонстрируем, как увидеть конические сечения — эллипс, гиперболу, параболу — ничего не считая и не рисуя, а просто складывая листок бумаги. Сюжет сегодняшнего Математического вторника: «Эллипс, гипербола, парабола: складывание листа бумаги» https://etudes.ru/models/conic-sections-paper-folding/ . Для эллипса и гиперболы понадобится вырезать кружок из бумаги, для параболы – просто прямоугольный лист. Похожие картинки можно уже было видеть в миниатюрах Эллипс как огибающая, Гипербола как огибающая, Парабола как огибающая. Но в них надо уметь строить перпендикуляр к отрезку, а в указанном сегодня способе складывания листочка эта операция «зашита» в сам способ складывания.

появление эллипса на круглом листе бумаги ( via vk.com/thebeautyoftruth )

Ответ: Луна в первой четверти означает, что направление на неё почти под прямым углом к направлению на Солнце. А Венера — внутренняя планета, так что на 90 градусов выйти не может. Если говорить более аккуратно, то радиус орбиты у неё — чуть больше 0.7 радиуса орбиты Земли (точнее, большая полуось 0.723 а.е., но я наизусть только 0.7 помню — одну цифру помнить проще 🙂 ; ну и на уровне прикидки в уме эллиптичностью пренебрегаем, всё-таки там эксцентриситеты порядка процента) Значит, Венера не может быть от Солнца на угловом расстоянии, большем, чем (примерно) arcsin 0.7. Ну а sqrt{2}/2=0.707..., так что этот угол это с отличной точностью 45 градусов. Итак, максимальный угол между направлениями на Венеру и Солнце это чуть больше, чем 45 градусов. Так что рядом с Луной, которая в этот момент была примерно под 90 градусов — Венера находиться ну никак не могла!

Четыре дня назад на небе можно было увидеть аккуратную половинку Луны (почти точно в фазе первой четверти) — и очень яркую «звёздочку» рядом. Первое, что приходит в голову при виде чего-то столь яркого, это Венера и Юпитер. (Вообще, Марс иногда бывает очень ярким, но не так часто; есть ещё Сириус, но давайте мы его временно заметём под ковёр). Так вот: допустим, мы ограничили выбор Венерой и Юпитером. Интересно, что написанного выше достаточно, чтобы один из этих вариантов исключить! Как думаете, какой? (image credit: NASA, What’s Up video)

St. Petersburg mathematicians and their discoveries Книжка про математиков Петербурга и их открытия — завершена. Теперь напечатаем малым тиражом и разошлём авторам и всем причастным. Кому интересно иметь её в бумажном виде — печатайте сами себе в каком-нибудь самиздате (вроде есть сайты, куда можно pdf загрузить, и потом в мягком переплёте получить по почте).

https://mccme.ru/nir/seminar/ в четверг (11.01) продолжится семинар учителей математики: А.Д.Блинков будет рассказывать про книжку «Площади без формул», которая скоро выйдет в серии «Школьные математические кружки» как обычно: 19:00, столовая МЦНМО, приглашаются все желающие

Женя Кац напомнила про видео — мыльные пузыри в сильный мороз можно заморозить(!). Я вот вживую такого никогда не видел…

Женя Кац напомнила про видео — мыльные пузыри в сильный мороз можно заморозить(!). Я вот вживую такого никогда не видел…

Нерегулярная рубрика «рабочие картинки» (они красивые, хочется поделиться): часть поверхности Маркова x^2+y^2+z^2-xyz = D и некоторые слоения на ней.

https://mccme.ru/free-books/ Дед Мороз напоминает про страницу, на которой бесплатно доступны файлы множества книг (в основном издательства МЦНМО) брошюры библиотеки «Математическое просвещение» и Летней школы «Современная математика», доклады семинара «Глобус» и материалы выездного семинара учителей, книги Арнольда и Гельфанда, Прасолова и Шеня и многое другое. новогодние каникулы — как раз хорошая возможность спокойно почитать

Давайте посмотрим на один пример применения этой науки. Есть такая стандартная кружковская задача:

Есть ромашка с n лепестками, и двое по очереди отрывают либо один лепесток, либо два соседних. Кто не может сделать ход — проиграл. Кто выигрывает при правильной игре?

Решение: при n>2 выигрывает второй игрок. После первого хода первого игрока второй отрывает лепестки строго напротив — разбивая окружность лепестков на два одинаковых участка, и остаётся применить симметричную стратегию. Это, конечно, решает исходную задачу. Но представим себе, что нам досталась позиция после нескольких ходов. Например, пусть нам достался набор лепестков, образующий отрезки длиной 4, 5, 9 и 20. Кто выигрывает при правильной игре? А если (допустим, ромашка была очень большая) нам достались отрезки длиной 12, 70 и 180? Попытка исследовать эти игры «от начальной позиции», исследуя дерево вариантов сверху, приводит к не очень подъёмному перебору. (Навскидку, первый вариант вручную и без оптимизации уже неподъёмный, но ещё должен перебираться на компьютере; а второй даже и компьютер не потянет.) А вот применение конструкции из теоремы Шпрага-Гранди позволяет справиться даже и вручную! А именно — мы хотим для любого n узнать, какому числу камней a_n соответствует игра для одного отрезка из n последовательных лепестков. За один ход мы можем получить из него два отрезка длин s и t, где либо s+t=n-1, либо s+t=n-2. (Если отрываем лепестки с края, то кто-нибудь из s и t будет нулём.) Двум отрезкам соответствует сумма игр, и ним-сумма (a.k.a. XOR) соответствующих количеств камней. Соответственно, получаем рекуррентное соотношение a_n = mex ( XOR(a_s,a_t) | s+t = n-1 или s+t = n-2 ). Во-первых, при необходимости его и до 180 можно дотащить «вручную». Да, априори это могло бы быть оочень занудно, но это явно посильная задача даже без компьютера. Во-вторых: давайте посчитаем первые несколько членов последовательности. n=0 -> пустая игра, ходов нет, a_0=0. n=1 -> единственный ход приводит к 0, значит, a_1=1. n=2 -> можно получить либо пустую позицию, либо один лепесток, значит, a_2=mex(0,1) = 2. n=3 -> можно получить конфигурации (1), (2), (1,1), которым соответствуют ним-значения 1, 2 и 0 соответственно. Значит, a_3=mex(0,1,2)=3. n=4 -> можно получить конфигурации (2), (1,1), (3), (1,2), которым соответствуют ним-значения 2, 0, 3 и 3 соответственно. Значит, a_4= mex(0,2,3)=1. n=5 -> можно получить конфигурации (3), (2,1), (4), (1,3), (2,2) которым соответствуют ним-значения 3, 3, 1, 2 и 0 соответственно. Значит, a_5= mex(0,1,2,3)=4. После чего можно ввести начало найденной последовательности — 0,1,2,3,1,4 — в OEIS, онлайн-энциклопедию целочисленных последовательностей (коллеги цитировали текст к 50-летию энциклопедии — начинавшейся ещё не как онлайн!). И первой ссылкой этот поиск выдаст последовательность A002186 — после чего, посмотрев на то, что такое упоминаемая там game of Kayles, становится понятно, что это буквально то, что нам нужно. И кстати — начиная с n=71 последовательность становится периодичной с периодом 12. (For the record: подумав, что я хочу привести тут пример с игрой с ромашкой, я ещё не знал названия Kayles — выше описан буквально тот путь, которым я прошёл.) Если возвращаться именно к нашим позициям из примеров выше — наборам (4,5,9,20) и (12,70,180) — то первому из них соответствует ним-сумма 1, 4, 4 и 1, и выигрывает второй игрок. А второму — ним-сумма 4, 4 и 6, так что выигрывает первый. Один из выигрышных ходов — превратить третий отрезок в 180 лепестков с ним-значением 6 во что-то с нулевым ним-значением, вырвав два лепестка посередине: мы получим позицию (12,70,89,89) с нулевым суммарным ним-значением.

Так вот — на самом деле, то, что мы тут исследовали ним на двух кучках, совершенно неважно! То же самое правило наименьшего исключенного (mex-rule) строит соответствующее *n (ним на одной кучке из n камней) и для любой равноправной игры. А именно: пусть у нас есть какая-то равноправная игра, будем сопоставлять ей ним-игру *n по индукции. Если уже построены сопоставления для всего, что можно из данной позиции получить за один ход, и это *n_1,…,*n_m, то самой позиции сопоставляем *n, где n — наименьшее неотрицательное целое число, не встречающееся среди n_1,…,n_m. Доказательство теоремы Шпрага-Гранди. Построить-то соответствующие ним-игры мы построили, но остаётся проверить, что построенная игра действительно равна исходной — то есть что их сумма нулевая. А для этого в их сумме мы предъявим выигрышную стратегию для второго игрока. Пусть из исходной позиции A нашей игры можно пойти в A_1,…,A_m — которым соответствуют ним-игры *n_1,…,*n_m, и мы уже знаем, что A_j + *n_j =0. Мы взяли n = mex(n_1,…,n_m), и рассматриваем сумму A+*n. Докажем, что в ней выигрывает второй игрок. Действительно, что может сделать первый игрок? Он может сделать ход со стороны A, переведя её в одну из A_j с n_j<n. Тогда мы отвечаем, оставляя *n_j из n камней в *n — и тем самым отдаём противнику позицию A_j + *n_j, проигрышную по предположению. Он может сделать ход со стороны ним-кучки, перейдя от *n к какому-то *n’. Но раз n было наименьшим исключённым из n_1,…,n_m, значит, найдётся j такое, что n’=n_j. И тут уже мы отвечаем, переходя из A в A_j и опять приводя игру в проигрышную позицию A_j + *n_j. Наконец, первый игрок мог сделать ход со стороны A, переведя её в одну из A_j, но с n_j>n. Тогда мы ответим ходом из A_j. А именно — n<n_j, поэтому найдётся позиция A_j’, куда мы из A_j можем пойти, которой сопоставлена *n (потому что n_j — наименьшее исключённое). Вот туда мы и пойдём — приведя игру к A_j’+*n=0. На самом деле, разбора вариантов n_j<n и n_j>n можно было и не делать, ограничившись замечанием, что *A_j + *n = *n_j + *n; в игре в правой части очевидно выигрывает начинающий (т.е. мы — ход сейчас наш), а у нас есть теорема, что замена игры на равную не изменяет победителя. Но так у нас есть не только теорема, но и явная конструкция стратегии.

А как эта проигрышная позиция находится? В столбце будут выигрышные позиции, приходящие из проигрышных клеток в столбцах ниже (в смысле плоскости — если хотите, севернее) или левее (западнее). И первая из клеток, которая таким образом « выбита » не будет, и будет проигрышной. Если заполнять таблицу «какой игре *n равняется сумма *k+*m» (как мы уже знаем, на самом деле это таблица значений XOR двоичных записей), то правило выше превращается в правило наименьшего исключенного: в клетке (k,m) стоит первое из неотрицательных целых чисел, которое не появляется ни в одной из клеток (k’,m’), которые из неё можно получить за один ход.

Итак, мы увидели, что ним с несколькими кучками камней эквивалентен ниму с одной кучкой из правильно выбранного количества (XOR-а) камней. А случайно ли, что у нас так получилось? Оказывается, нет — существование такой эквивалентности это общее утверждение. Теорема Шпрага-Гранди. Для любой равноправной игры существует эквивалентная ей игра в ним с одной кучкой (правильно выбранного начального количества) камней. Замечание. Если это количество камней нулевое — то в игре выигрывает второй игрок, если нет — то начинающий. Но прежде, чем доказывать эту теорему — давайте посмотрим с этой точки зрения на нахождение проигрышных позиций в ниме с тремя кучками камней. В каждом столбце есть проигрышная позиция — и то, на каком она уровне, как раз и указывает нам, сколько камней нужно взять в третьей кучке, чтобы она равнялась сумме игр-первой и второй кучек (потому что тогда всё в целом даёт нулевую игру, a.k.a. проигрышную позицию).