Математическая эссенция
Открыть в Telegram
Рассказываем о различных математических сюжетах, уделяя особое внимание наглядности и простоте изложения. В математических методах стремимся выделять основную идею, сущность, квинтэссенцию, аромат — essence. Для связи пишите @math_essence_bot.
Больше3 103
Подписчики
+824 часа
+387 дней
+1730 день
Загрузка данных...
Похожие каналы
Облако тегов
Входящие и исходящие упоминания
---
---
---
---
---
---
Привлечение подписчиков
сентябрь '26
сентябрь '26
+2
в 0 каналах
август '26
+65
в 1 каналах
Get PRO
июль '26
+98
в 2 каналах
Get PRO
июнь '26
+158
в 4 каналах
Get PRO
май '26
+14
в 0 каналах
Get PRO
апрель '26
+30
в 3 каналах
Get PRO
март '26
+44
в 1 каналах
Get PRO
февраль '26
+59
в 4 каналах
Get PRO
январь '26
+35
в 0 каналах
Get PRO
декабрь '25
+68
в 5 каналах
Get PRO
ноябрь '25
+133
в 5 каналах
Get PRO
октябрь '25
+46
в 4 каналах
Get PRO
сентябрь '25
+71
в 5 каналах
Get PRO
август '25
+120
в 5 каналах
Get PRO
июль '25
+87
в 3 каналах
Get PRO
июнь '25
+71
в 4 каналах
Get PRO
май '25
+105
в 8 каналах
Get PRO
апрель '25
+76
в 5 каналах
Get PRO
март '25
+185
в 5 каналах
Get PRO
февраль '25
+68
в 2 каналах
Get PRO
январь '25
+154
в 4 каналах
Get PRO
декабрь '24
+112
в 4 каналах
Get PRO
ноябрь '24
+81
в 5 каналах
Get PRO
октябрь '24
+123
в 6 каналах
Get PRO
сентябрь '24
+724
в 16 каналах
Get PRO
август '24
+279
в 9 каналах
Get PRO
июль '24
+205
в 5 каналах
Get PRO
июнь '24
+64
в 3 каналах
Get PRO
май '24
+52
в 1 каналах
Get PRO
апрель '24
+69
в 2 каналах
Get PRO
март '24
+38
в 0 каналах
Get PRO
февраль '24
+82
в 1 каналах
Get PRO
январь '24
+603
в 3 каналах
Get PRO
декабрь '23
+150
в 2 каналах
Get PRO
ноябрь '23
+23
в 0 каналах
Get PRO
октябрь '23
+384
в 0 каналах
| Дата | Привлечение подписчиков | Упоминания | Каналы | |
| 01 сентября | +2 |
Посты канала
Все со всеми. Решение задачи
Всего различных пар учеников C₂₅² = 300.
На одном уроке можно образовать 12 пар, а один ученик останется без пары.
Поэтому число уроков не может быть больше 300/12 = 25.
Но можно ли действительно провести все 25 уроков без единого повторения?
Можно. Мысленно добавим к классу ещё одного, 26-го, «фиктивного ученика». Теперь учеников чётное число, и на каждом уроке можно составить 13 пар.
Зафиксируем одного участника, а остальные 25 будем после каждого урока циклически сдвигать. Это стандартная схема кругового турнира: за 25 туров каждая пара встретится ровно один раз.
Теперь удалим фиктивного ученика. На каждом уроке тот, кто был поставлен с ним в пару, просто остаётся без партнёра. Все остальные образуют 12 настоящих пар.
В результате за 25 уроков каждые два ученика класса побывают в одной паре ровно один раз.
| 2 | Задача. В классе 25 учеников. На каждом уроке учитель разбивает их на пары, а один ученик остаётся без пары.
Он хочет сделать так, чтобы никакие два ученика никогда не оказывались в одной паре повторно.
Какое наибольшее число уроков он сможет провести? | 220 |
| 3 | Никто не на своём месте. Решение задачи
Всего возможно 25! различных рассадок.
Нас интересуют те из них, в которых ни один ученик не занимает своего прежнего места. Такие перестановки называются беспорядками.
Посчитать их можно по формуле включений и исключений:
D₂₅ = 25! · (1 − 1/1! + 1/2! − 1/3! + … − 1/25!).
Поэтому искомая вероятность равна D₂₅/25!
= 1 − 1/1! + 1/2! − 1/3! + … − 1/25! ≈ 0,367879.
То есть примерно 36,8%.
Здесь появляется знаменитое число e:
1/e = 1 − 1/1! + 1/2! − 1/3! + …
Так что после совершенно случайной пересадки вероятность того, что никто не вернётся на своё место, вовсе не мала — примерно 37%.
А вероятность того, что хотя бы один всё-таки вернётся, — около 63%. | 237 |
| 4 | Задача. В прошлом учебном году 25 учеников сидели каждый на своём месте.
1 сентября они случайным образом расселись по тем же 25 местам.
Какова примерно вероятность того, что ни один ученик не окажется на своём старом месте? | 218 |
| 5 |  Новая рассадка. Решение задачи
Для первого ученика есть 25 мест, для второго остаётся 24, для третьего — 23 и так далее.
Поэтому число различных рассадок равно
25! = 15 511 210 043 330 985 984 000 000.
Если менять рассадку каждую секунду, всех вариантов хватит примерно на 4,9·10¹⁷ лет.
Возраст Вселенной, согласно наиболее распространённой на сегодняшний день научной оценке, — около 13,8 миллиарда лет.
То есть даже при совершенно нереалистичной скорости — новая рассадка каждую секунду, без перемен, выходных и каникул — варианты закончились бы примерно через 36 миллионов нынешних возрастов Вселенной.
С 1 сентября!
Пусть в новом учебном году интересные задачи встречаются чаще, чем повторяются рассадки. | 236 |
| 6 | Задача. В классе 25 учеников и 25 пронумерованных мест.
Представим, что каждую секунду всех учеников рассаживают по-новому и ни одна рассадка не повторяется.
На сколько времени хватит различных рассадок? | 240 |
| 7 | Полный круг
После полного оборота корабль вернулся в исходную точку, и его скорость снова направлена так же, как в начале.
Но положение, скорость и ориентация — три разные характеристики. Из возвращения первых двух ещё не следует, что ось свободного гироскопа тоже вернётся к первоначальному направлению.
Причина в том, что изменения скорости в разных направлениях в теории относительности не перестановочны. Два последовательных разгона вдоль одной прямой можно объединить в один: соответствующие быстроты просто складываются. Но при изменениях скорости в разных направлениях результат зависит от их порядка.
Посмотрим на это геометрически.
Ранее мы ввели быстроту φ:
v/c = th φ.
При движении вдоль одной прямой быстроты складываются как обычные числа. А в пространстве всех возможных скоростей φ играет роль расстояния от состояния покоя.
Каждой скорости сопоставим точку с координатами
U₀ = γ,
U₁ = γ(v/c)cos α,
U₂ = γ(v/c)sin α,
где α — направление скорости, а
γ = 1/√(1 − v²/c²).
Эти координаты удовлетворяют уравнению
U₀² − U₁² − U₂² = 1.
Верхняя часть такого гиперболоида служит моделью гиперболической плоскости.
Поскольку v/c = th φ, из тождества
1 − th²φ = 1/ch²φ
получаем
γ = ch φ,
γv/c = sh φ.
Поэтому точки гиперболоида можно записать так:
U₀ = ch φ,
U₁ = sh φ cos α,
U₂ = sh φ sin α.
Если скорость корабля постоянна по модулю, то φ не меняется, а направление α совершает полный оборот. Значит, в пространстве скоростей корабль обходит круг радиуса φ.
Отсутствие вращающего момента означает, что направление оси гироскопа переносится вдоль этого круга параллельно. Но в искривлённой геометрии параллельный перенос по замкнутому пути не обязан возвращать направление к исходному.
Это можно увидеть уже на сфере. Перенесём стрелку от Северного полюса к экватору по одному меридиану, затем пройдём четверть экватора и вернёмся к полюсу по другому меридиану. Стрелку нигде намеренно не поворачивают, но после возвращения она оказывается повёрнутой на 90°.
Величина такого поворота определяется кривизной и площадью внутри замкнутого пути. Для гиперболической плоскости кривизны −1 из теоремы Гаусса—Бонне следует: модуль угла поворота равен охваченной площади, если угол измерять в радианах.
Метрика гиперболической плоскости в координатах φ и α имеет вид
ds² = dφ² + sh²φ · dα².
Поэтому элемент площади равен
dS = sh φ · dφ · dα.
Площадь круга радиуса φ:
S = ∫₀²π∫₀φ sh r · dr · dα
= 2π(ch φ − 1).
Следовательно, за один оборот гироскоп повернётся на угол
Ω = 2π(ch φ − 1).
Но ch φ = γ, поэтому
Ω = 2π(γ − 1).
При v = 0,6c:
γ = 1/√(1 − 0,6²) = 5/4.
Значит,
Ω = 2π(5/4 − 1) = π/2.
Ось гироскопа окажется повёрнута на 90° в сторону, противоположную движению корабля по окружности. Радиус самой орбиты на результат не влияет.
Этот эффект называют прецессией Томаса.
Замкнутый путь вернул корабль к прежней скорости, но оставил после себя поворот. Так проявляется некоммутативность движений: последовательность преобразований Лоренца зависит от их порядка.
Обычные параллельные переносы на евклидовой плоскости коммутируют. В гиперболическом пространстве скоростей память о пройденном пути сохраняется в виде поворота. | 477 |
| 8 | На какой угол? ↑ | 461 |
| 9 | Задача. Космический корабль движется по окружности с постоянной скоростью 0,6c относительно Земли.
На борту установлен быстро вращающийся волчок — гироскоп на свободном подвесе. Его ось не связана с корпусом корабля, и со стороны корабля на неё не действует вращающий момент.
Корабль совершает полный оборот, возвращается в исходную точку, и его скорость снова направлена так же, как в начале.
На какой угол окажется повёрнута ось гироскопа относительно первоначального направления в системе отсчёта Земли? | 438 |
| 10 | Два фотона
Масса каждого фотона равна нулю. Откуда же у пары может взяться ненулевая масса?
Здесь обнаруживается важное отличие от классической физики: сумма масс отдельных частиц не обязана сохраняться. В теории относительности фундаментальными законами являются сохранение энергии и импульса всей замкнутой системы.
Это различие можно увидеть на совершенно реальном примере. Нейтральный пион π⁰ — частица с ненулевой массой — обычно распадается на два фотона.
Рассмотрим такой распад в системе отсчёта, где пион до распада покоился. Его импульс равен нулю, а энергия равна Mc², где M — масса пиона.
После распада два фотона одинаковой энергии E разлетаются в противоположных направлениях. Их импульсы взаимно уничтожаются, поэтому полный импульс системы по-прежнему равен нулю. А полная энергия равна 2E.
Значит, M = 2E/c².
До распада масса одной частицы была равна M. После распада массы обоих фотонов равны нулю, но масса всей системы из двух фотонов по-прежнему равна M.
Именно массу всей системы мы ищем. Точнее, это её инвариантная масса. Для пары встречных фотонов существует система отсчёта с нулевым суммарным импульсом, и в ней масса системы равна её полной энергии, делённой на c².
Получается, масса системы не равна сумме масс её частей. Она учитывает также энергию движения и взаимное направление импульсов.
Поэтому сумма масс покоя частиц может изменяться. Энергия покоя исходной частицы может перейти в энергию движения или излучения продуктов распада — и наоборот.
В обычных химических и механических процессах соответствующие изменения массы чрезвычайно малы, и закон сохранения массы работает как прекрасное приближение. Но в ядерной физике и физике частиц сохранять нужно полные энергию и импульс.
Теперь посмотрим, как из энергии и импульса вычисляется масса системы.
В релятивистской механике энергия и импульс объединяются в один вектор P = (E/c; p).
Для простоты будем рассматривать движение по одной прямой.
Квадрат этого вектора в геометрии пространства-времени определяется не как сумма квадратов, а как их разность:
P² = (E/c)² − p².
Это та же геометрия, которая уже появлялась в пространстве-времени:
c²t² − x².
Преобразования Лоренца меняют энергию и импульс, но сохраняют величину P².
Что означает эта неизменная величина?
Если существует система отсчёта, в которой суммарный импульс равен нулю, то полная энергия в ней равна Mc², поэтому
P² = (Mc²/c)² = M²c².
Отсюда
M²c⁴ = E² − p²c².
Здесь E и p — уже полная энергия и полный импульс всей системы.
На примере распада пиона мы увидели, почему ненулевая масса пары не нарушает законов сохранения. Теперь вычислим эту массу непосредственно из геометрии энергии и импульса.
Для фотона масса равна нулю, поэтому его вектор энергии-импульса имеет нулевую длину:
(E/c)² − p² = 0.
Следовательно,
p = E/c.
Пусть первый фотон летит вправо, а второй — влево. Их векторы имеют вид
P₁ = (E/c; E/c),
P₂ = (E/c; −E/c).
У каждого из них квадрат длины равен нулю:
(E/c)² − (E/c)² = 0.
Сложим эти векторы:
P₁ + P₂ = (2E/c; 0).
Импульсы уничтожились, а энергии сложились. Квадрат длины суммы теперь равен
(2E/c)² − 0² = 4E²/c².
Значит, M²c² = 4E²/c²,
откуда M = 2E/c².
У отдельного фотона нет системы покоя: невозможно догнать его и увидеть неподвижным. А у пары встречных фотонов такая система есть — именно в ней их импульсы взаимно уничтожаются.
Если же два таких же фотона летят в одну сторону, то
P₁ + P₂ = (2E/c; 2E/c),
и длина суммы снова равна нулю. Масса такой системы равна нулю.
Получается, масса пары зависит не только от энергий фотонов, но и от направлений их движения.
За этим физическим результатом стоит необычный геометрический факт. В евклидовой геометрии ненулевого вектора нулевой длины не бывает. В геометрии пространства-времени такие векторы есть — и сумма двух векторов нулевой длины может иметь ненулевую длину.
Поэтому два безмассовых фотона могут вместе образовать систему с массой. | 488 |
| 11 | Два фотона одинаковой энергии E летят в противоположных направлениях. Масса каждого фотона равна нулю.
Какова масса пары фотонов? | 477 |
| 12 | Часы на второй станции
Пусть станции A и B неподвижны друг относительно друга, а расстояние между ними равно L. Со станции A посылают световой сигнал к B, там он отражается и возвращается обратно. По часам на станции A весь путь занимает 2L/c.
Обычно мы говорим: туда свет шёл со скоростью c и обратно тоже со скоростью c.
Но пара скоростей 2c и 2c/3 даёт точно такое же общее время:
L/(2c) + L/(2c/3) = 2L/c.
Значит, опыт с одними часами на станции A не позволяет узнать отдельно время пути туда и время пути обратно. Чтобы измерить скорость только в одну сторону, нужны часы и на A, и на B. А значит, эти часы сначала надо синхронизировать.
Здесь и появляется свобода.
Пусть t — обычное время, при котором скорость света в обе стороны равна c, а x — координата, причём станция A находится в точке x = 0. Заменим показания удалённых часов по правилу
T = t − κx/c,
где −1 < κ < 1.
На станции A ничего не изменится: там x = 0, поэтому T = t. А часы на станции B, где x = L, будут отставать от прежних на κL/c.
Для света, идущего от A к B, выполняется x = ct. Поэтому
T = t − κt = (1 − κ)t,
и его скорость, вычисленная по новым часам, равна
c₊ = c/(1 − κ).
Для света, идущего обратно, аналогично получаем
c₋ = c/(1 + κ).
При κ = ½:
c₊ = 2c, c₋ = 2c/3.
Например, пусть расстояние между станциями равно одной световой секунде. Сигнал отправляют с A в момент T = 0. На часах B в момент его прихода будет всего 0,5 секунды: отсюда скорость 2c.
После отражения сигнал вернётся на A в момент T = 2 секунды. По показаниям часов на двух станциях обратный путь занял 1,5 секунды, поэтому его скорость равна 2c/3.
При этом время полного пути осталось прежним:
L/c₊ + L/c₋
= L(1 − κ)/c + L(1 + κ)/c
= 2L/c.
Никакой сигнал физически не стал быстрее света. Наблюдатель, измеряющий скорость света рядом с собой одними часами, по-прежнему получит c. Изменилось только то, какие события в разных точках мы считаем одновременными.
Геометрически замена t на T наклоняет линии одновременности на диаграмме пространства-времени. Сами события и траектории световых лучей остаются прежними — меняется координатная сетка.
Поэтому односторонняя скорость света зависит от способа синхронизации удалённых часов. А скорость света на замкнутом пути измеряется одними часами и от этой договорённости не зависит. | 602 |
| 13 | Световой сигнал отправили со станции A к неподвижному зеркалу на станции B, а затем обратно. Расстояние между станциями равно L. По часам на станции A весь путь занял 2L/c.
Может ли при этом скорость света от A к B равняться 2c, а от B к A — 2c/3? | 499 |
| 14 | Вернёмся ещё к нескольким задачам теории относительности. Их ответы часто противоречат привычной интуиции, но становятся естественными, если смотреть на пространство, время, скорости, энергию и импульс через единый геометрический язык. | 498 |
| 15 |  Задача (И.Русских, Матпраздник 2025)
Разделите «яблоко» на рисунке на 5 равных частей по линиям треугольной сетки. Части будут несвязными, но их можно нарисовать с помощью одного и того же трафарета (трафарет можно поворачивать и переворачивать).
Решение по ссылке. | 768 |
| 16 | Задача (Г. Э. Дьюдени).
У семи торговок было соответственно 20, 40, 60, 80, 100, 120 и 140 яблок. Они пришли на рынок и продали все свои яблоки, соблюдая два строгих правила:
1) Цены на яблоки на рынке в любое время в течение дня были у всех абсолютно одинаковыми.
2) Каждая из семи торговок в итоге выручила одну и ту же сумму денег.
Как это могло получиться?
Решение по ссылке. | 732 |
| 17 | Задача.
В корзине лежат 13 яблок. Весы позволяют узнать суммарный вес любых двух яблок. Какое наименьшее число взвешиваний требуется, чтобы узнать общий вес всех яблок?
Решение по ссылке. | 682 |
| 18 | Задача (А.В. Шаповалов).
На столе лежат 6 яблок, не обязательно одинакового веса. Таня разложила их по 3 на две чаши весов, и весы оказались в равновесии. Саша разложил те же яблоки иначе: 2 на одну чашу и 4 на другую, и весы снова оказались в равновесии.
Докажите, что можно положить на одну чашу одно яблоко, а на другую — два так, чтобы весы опять оказались в равновесии.
Решение по ссылке. | 694 |
| 19 | Календарь и новостная лента в эти дни довольно настойчиво предлагают одну и ту же тему. Поэтому сегодня — несколько задач про яблоки.
Задача (Я.И. Перельман)
Садовник продал первому покупателю половину всех своих яблок и ещё пол-яблока, второму — половину оставшихся и ещё пол-яблока, третьему — половину оставшихся и ещё пол-яблока и т. д. Седьмому покупателю он продал половину оставшихся яблок и ещё пол-яблока; после этого яблок у него не осталось.
Сколько яблок было у садовника?
Решение по ссылке. | 661 |
| 20 | Две дороги между встречами
Если тело движется со скоростью v, то его собственное время τ связано с земным временем t соотношением
τ = t√(1 − v²/c²).
Для одного участка пути:
τ = 5√(1 − 0,6²) = 4 года.
Туда и обратно — 8 лет.
Но здесь есть более интересный способ увидеть тот же ответ.
За один участок корабль перемещается на 3 световых года за 5 земных лет. Время, прошедшее на корабле, равно
√(5² − 3²) = 4 года.
Да, получился египетский треугольник 3–4–5, только теорема Пифагора работает не как
5² = 4² + 3², а как
4² = 5² − 3².
Числа те же, но геометрия другая.
В обычной геометрии длина отрезка на плоскости равна
√(x² + y²).
В пространстве-времени собственное время между двумя событиями определяется выражением
τ = √(t² − x²/c²).
Из-за знака минус привычное неравенство треугольника как будто переворачивается.
Корабль движется от первого события — старта — ко второму, развороту, а затем к третьему — возвращению. На двух участках его собственное время равно
4 + 4 = 8 лет.
Земля между теми же событиями старта и возвращения никуда не перемещается, поэтому её собственное время равно
√(10² − 0²) = 10 лет.
Получается
4 + 4 < 10.
Ломаная мировая линия оказалась короче прямой.
Это, конечно, не особенность удачно выбранных чисел. Пусть тело движется в течение времени t₁ с координатной скоростью v₁, а затем в течение времени t₂ с координатной скоростью v₂. Скорости здесь берутся со знаками: движение в обратную сторону соответствует отрицательной скорости.
На его часах пройдёт
τ = t₁f(v₁) + t₂f(v₂),
где
f(v) = √(1 − v²/c²).
Эта функция вогнута:
f″(v) < 0.
По неравенству Йенсена
t₁f(v₁) + t₂f(v₂) ≤
(t₁ + t₂)f((t₁v₁ + t₂v₂)/(t₁ + t₂)).
Дробь в правой части — средняя скорость на всём пути. Значит, справа стоит время, которое прошло бы при равномерном прямолинейном движении между теми же двумя событиями.
Итак, между двумя фиксированными событиями в плоском пространстве-времени прямая мировая линия даёт не наименьшее, а наибольшее собственное время.
Поэтому дело не в том, что ускорение само по себе «замедляет часы». Разворот нужен, чтобы перейти с одного прямолинейного участка на другой. Меньше времени набирает именно непрямая мировая линия.
В обычной геометрии тот, кто идёт напрямик, проходит меньше.
В пространстве-времени тот, кто не сворачивает, стареет больше. | 745 |
