Сообщество - Лига математиков
Добавить пост
441 пост 2 080 подписчиков

Популярные теги в сообществе:

6

Учебные материалы

люди, посоветуйте сборников задач, по математике пж

Ненужное число

Чиновник Омонов был очень взволнован. С высокой трибуны он провозгласил, что против нашей страны объединился весь мир. Это в свою очередь прямо согласовывалось с библейским пророчеством о мировом правительстве и о приходе последних дней христианского мира. Чтобы окончательно и бесповоротно оградить Россию от козней Антихриста Омонов внёс простое и легко реализуемое предложение - повсеместно запретить использование числа 666 на территории нашей страны, чтобы ни при каких условиях враг не мог пометить у нас свои владения. В свою очередь предлагалось расширить использование числа 777 и просто цифры 7, чтобы всем стало ясно, на чьей мы стороне.

Речь чиновника была встречена бурными овациями и всенародной поддержкой. Народу было очевидно, что мы ничего не теряем - это всего лишь одно число в бесконечном ряду других числел. Впрочем, некоторые числа, включающие в себя три шестёрки как составояющие, были объявлены нежелательными.

Сразу же нашлось подтверждение многочисленного использования враждебного числа на сайтах зарубежных СМИ, в маркировке вооружения, в штрих-кодах импортных товаров. Об этом рассказали отечественные журналисты, сняв несколько разоблачающих фильмов-расследований. Всем всё стало ясно. От любого влияния Антихриста нужно было немедленно избавиться.

Лишь несколько математиков попытались возразить на предлагаемые меры, но были повергнуты в дебатах по телевидению неоспоримой и эмоциональной аргументацией. В тюрьму отправились подкупленные вражеские активисты, непристойно дорисовывавшие фломастерами буквы фамилии чиновника Омонова на его портрете, чтобы очернить его светлое имя.

Вскоре и цифра 6 стала восприниматься нежелательной. Квартиры на шестом этаже и в домах с этой цифрой резко упали в цене. На шестые числа каждого месяца не назначались концерты и мероприятия. Родители требовали исправлять даты в свидетельствах о рождении своих детей. Постепенно суббота перестала быть нерабочим днём. Свадьбы перестали играть не только в мае (чтобы не "маяться" всю жизнь), но и в июне.

Было запрещено публиковать и использовать число пи со "слишком" высокой точностью, поскольку сочетание 666 в первых 100000 знаков встречалось трижды. Вопросы по типу "сколько будет 74 умножить на 9?" или "сколько будет 157 + 509?" считались провокационными. Со временем цифра 9 тоже стала вызывать подозрения. Из магазинов исчезли ценники по типу 1999 или 2999 рублей, потому что кто-то постоянно их переворачивал вверх ногами.

Выяснилось, что во всех импортных операционных системах были многократно предательски прошиты враждебные цифры. Все они были запрещены. Отечественные программисты представили, наконец, разработанную ими российскую операционную систему, в коде которой полностью отсутствовало число зверя, но обильно присутствовали три семёрки. Система работала только в присутствии денно и нощно молящегося монаха-администратора, поэтому её не рекомендовалось использовать самостоятельно.

Не летали самолёты, не работал прогноз погоды, не рассчитывались зарплаты, перестали работать телефоны. Таблица умножения потеряла свой смысл, её перестали преподавать. Собственно, вся математика прекратила своё существование.

Да кому она нужна? Жили и без неё.

Показать полностью

Задачка по терверу на понимание

Здравствуйте.

Помогите пожалуйста поразмышлять над одной задачкой. К сожалению теорию вероятности и мат.статистику проходил давно и ... «мозги заржавели». 🤯


Есть 4.000 одинаковых шариков, 20% из которых красные, остальные 80% белые (пропорция 1:4). Все они перемешаны в куче до однородного состояния.

Я их не глядя достаю партиями по 50шт.

В соответствии с нормальным распределением (вероятностью) 10 шариков будут красные, остальные 40 белые.


Вопрос: вероятность извлечь иное кол-во разноцветных шариков будет пропорционально распределяться в обе стороны, или нет?

Т.е. извлечь партию чтоб был 5 красный шарик так же вероятна как извлечь 20 красных, ведь тут меняется только пропорция (в два раза больше/меньше). Аналогично если бы ни одного красного - все красные.


По моему раз размерность/шаг не меняется, то вероятность будет аналогична, только одно в плюс, другое в минус.

Математика для чайников

Купив вещь за 10 000 по курсу 61, это в долларах нам обойдется в 163,93.
Продав эту вещь за 12000 по курсу 70, в долларах получим 171,42.
Разница в долларах 7,49, в рублях 2000. Если мы возьмем 2000 и переведем их в доллары по тому же курсу 70 получим 28,5 долларов.
Тогда где истина? Настоящий доход 7,49 или 28,5? Почему идет такая огромная разница? По факту ведь я использую одинаковый курс при конвертации из рублей в доллары при продаже, но почему тогда разница в 4 раза?
И существует так же обратная картина, когда курс покупки вещи был выше курса продажи.
Купив вещь за 10 000 по курсу 70, это в долларах нам обойдется в 142,85.
Продав эту вещь за 12000 по курсу 61, в долларах получим 196,72.
Разница в долларах 53,86, в рублях 2000. Если мы возьмем 2000 и переведем их в доллары по тому же курсу 61 получим 32,78 долларов.
Логика мне подсказывает что настоящий доход это именно 28,5 в первом случае и 32,78 во втором, так как именно эти 2000 рублей я по факту могу обменять их на эти суммы долларов, но что тогда7,49 и 53,86? Что характеризуют эти цифры?

1729 и другие цифры подобные этому

Кромя 1729 есть также числа 4104, 13832, 20683, 32832 Числа которые равны сумме двух кубов думя разными способами. Числа Рамануджана. Степик

17

Парадоксы в математике -- делим апельсины

Всем привет!


"Мы делили апельсин, много нас, а он один" -- как поступит группа математиков, оказавшись в такой ситуации? Очень просто -- они разделят апельсин на несколько частей, повращают/попередвигают эти части и соберут два точно таких же апельсина.


Внимание! Оказывается, когда сохраняешь пост в черновик, а потом его возвращаешь -- все не стандартные юникодовские символы пропадают. Поэтому мне пришлось снова проставлять все индексы, греческие буквы и символ ⊔. Если я где-то что-то забыл (или есть другие ошибки) -- плз напишите в комментах.

Любые вопросы по доказательству и прочие комментарии так же приветствуются!


В самом своём первом посте я имел неосторожность высказаться о том, что математика к реальному миру отношение имеет абсолютно случайно, и вообще это всё выдуманная вселенная. Одним из аргументов в пользу этого является замечательный "парадокс" (не логический, а интуитивный) -- теорема Банаха-Тарского.

Теорема эта утверждает вот что -- если дана сфера, то её можно разрезать на несколько (конечное число!) частей, передвинуть эти части и получить в итоге две ровно такие же сферы. Дальше, с помощью этого можно доказать, что тоже самое верно для шара, куба, в общем почти чего угодно -- это обсудим в конце. В частности, например, из того же апельсина вы можете собрать Юпитер : )


Звучит абсурдно? Конечно! Но, давайте посмотрим, почему это всё-таки можно сделать.


Ворнинг 1: я буду много где использовать понятие множества и в некоторых местах использовать понятия счётной бесконечности и континуума. Про это всё я уже писал несколько постов, кто не знает что это такое, но кому интересно -- вот ссылки:


Множества и их парадоксы

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть первая

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая


Ворнинг 2: поскольку всё же мы с вами будем доказывать вполне себе серьёзную теорему, мне придётся делать некоторое количество математических выкладок. Чтобы это не превратилось в абстрактный кошмар, я буду делать много картинок и пытаться объяснять суть. Из-за этого пост получился достаточно большим, так что рекомендую делать перерывы).

Также, для того чтобы вы всегда видели свет в конце туннеля и понимали "ну сколько ещё это можно читать", я сразу разделю пост на части и приведу тут содержание. Так, надеюсь, вам будет проще ориентироваться.

Содержание:


Часть 1. Терминология и постановка задачи

Часть 2. "Бесполезная" лемма (лемма о промежуточных множествах)

Часть 3. Начало доказательства теоремы, основная конструкция

Часть 4. Раскрашиваем сферу

Часть 5. Завершение доказательства (тут будет наибольшее количество формул, но все они будут проиллюстрированы)

Часть 6. Что пошло не так?


Бонус: доказательство вспомогательного утверждения (для тех, кому интересно как используется тот факт, что континуум больше чем счётная бесконечность).

Итак, начнём!


Часть 1. Терминология и постановка задачи.


Допустим, есть у нас обыкновенное трёхмерное пространство и в нём два множества -- X и Y.  Мы будем их называть изометричными, если существует такое движение пространства, что X переходит в Y. Иначе говоря, мы можем с помощью параллельных переносов и поворотов в пространстве перенести одно множество в другое. Можно к этому определению ещё добавить симметрии, но нам они не понадобятся.


Теперь, допустим даны какие-то другие множества X и Y. Я буду говорить что они равносоставлены, если существуют разбиение X на конечное число взаимно непересекающихся подмножеств X₁,...,Xₖ и аналогичное разбиение Y на Y₁,...,Yₖ (число частей одинаковое!), что для каждого i=1,...,k верно, что Xᵢ изометрично Yᵢ.


Короче говоря, это просто формализация той идеи, которую я высказал раньше -- множества равносоставлены, если можно порезать их на одинаковое число кусков, так, чтобы эти куски были попарно "одинаковы". Вот вам картинка для понимания этих терминов в плоском случае:

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

(Треугольник X₂ берется без диагонали, поэтому у нас остаётся кусочек отсутствующей границы)

Я буду писать X ~ Y, если X равносоставлен с Y. Вот несколько свойств равносоставленности:

1. X ~ X для любого множества X (очевидно)

2. Если X ~ Y, то Y ~ X (симметрично -- тоже очевидно, просто поверните процесс в обратном порядке).

3. Если X ~ Y и Y ~ Z, то X ~ Y (это свойство называется транзитивность. Сравните с равенством -- x = y, y = z => x = z). Это свойство чуть менее очевидно, но попробуйте доказать это как упражнение -- тут важно, что количество частей на которое надо разбить X чтобы собрать Z будет больше, чем для того чтобы просто собрать Y.

4. Если X и Y изометричны, то они равносоставлены (совсем очевидно, зато из этого следует, что свойства 1-3 верны и для изометричности).

Теперь наконец-то мы можем сформулировать теорему, которую собираемся доказывать:


Теорема. Двумерная сфера равносоставлена с двумя своими копиями.


На математическом языке это можно сформулировать так: S ~ S⊔S. Символ ⊔ обозначает так называемое дизъюнктное объединение, т.е. мы по сути берем копию сферы и относим её куда подальше, чтобы она не пересекалась с изначальной. Я так же буду использовать этот символ когда хочу показать что множество состоит из не пересекающихся частей.


Теорема выглядит абсурдно -- как вообще может быть такое, что мы разобрали поверхность какой-то площади, а собрали из тех же частей поверхность вдвое большей площади? Но тем не менее это сделать можно и мы скоро увидим как.

Часть 2. "Бесполезная" лемма (лемма о промежуточных множествах)


Прежде чем доказывать теорему, мы докажем, на первый взгляд, бессмысленную лемму: Допустим, что есть множество A, его подмножество B и в нём еще одно подмножество A₁, т.е. A ⊃ B ⊃ A₁. И предположим, что самое большое множество оказалось равносоставлено с самыми меньшим -- A ~ A₁. Тогда все три множества равносоставлены -- A ~ B ~ A₁. Вот коротка формулировка:


Лемма: A ⊃ B ⊃ A₁, A ~ A₁ => A ~ B ~ A₁


Почему эта лемма выглядит бессмысленной? Да потому что, казалось бы, изначально такой ситуации не может быть -- действительно, как может случиться такое, "большое" множество порезали на части, просто так их подвигали и получили "маленькое" (в смысле, например объёма). С другой стороны, мы собираемся доказывать нечто похожее, так что давайте предположим, что всё-таки такая ситуация может случиться.


Итак, доказательство:

Предположим, что такое преобразование существует: у нас есть функция f:A -> A₁, которая реализует нашу операцию разрезания на части А и последующей сборки A₁. Т.е. каждая точка а∈А посредством действий, которые мы зашифровали как f переходит в какую-то точку f(a) ∈ A₁. А что произойдет если изначально эта точка уже была в A₁? Выйти за пределы A₁ оно не может. Значит если взять все точки множества A₁ и подействовать нашим преобразованием f, мы получим некоторое подмножество A₂ ⊂ A₁ (коротко -- f(A₁) = A₂ ⊂ A₁). Заметим, что раз f изначально делило на части A и собирало A₁, то, очевидно, оно так же будет делить A₁ и собирать A₂ (действительно, разрезав большее множество на части мы так же разрежем и меньшее подмножество, может быть на меньшее число частей). Значит A₁ ~ A₂. Аналогично мы можем продолжить эту конструкцию -- множество A₂ при f перейдёт в какое-то подмножество себя, которое мы назовём A₃:

f(A₂) = A₃ ⊂ A₂. Аналогично мы получили A₃ ~ A₂. И так далее -- будем строить такую бесконечную цепочку f(Аₖ) = Аₖ₊₁ ⊂ Аₖ и Аₖ₊₁ ~ Аₖ.

А что происходит с "промежуточным" множеством B? Аналогично первому случаю, мы будем получать бесконечную цепочку множеств f(Bₖ) = Bₖ₊₁ ⊂ Aₖ₊₁ ⊂ Bₖ. Точно так же как и предыдущем варианте, Bₖ₊₁ ~ Bₖ, т.е. они равносоставлены!

В итоге у нас есть такая вот бесконечная цепочка вложенных подмножеств:

A⊃ B⊃ A₁⊃  B₁⊃ A₂⊃ B₂⊃  ...⊃ Аₖ⊃ Bₖ⊃ Аₖ₊₁⊃ Bₖ₊₁⊃ ...

Эта цепочка уменьшающихся множеств, но "в пределе" может получиться что-то не пустое -- давайте обозначим пересечение всех этих множеств за С. Для тех, кто уже запутался, вот вам картинка:

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

Тут исходное множество А -- это весь большой прямоугольник (и все точки внутри него). B -- всё точки внутри самого большого эллипса. Множество A₁ -- следующий прямоугольник. И так далее. Множество С -- это то множество, где f его не уменьшает, т.е. оставляет таким же -- f(C) = C. При этом точки внутри С могут двигаться при действии f, т.е. они не фиксированы, просто на их место всегда придут снова точки из С.

Давайте теперь раскрасим эту картинку -- все кусочки, которые внутри прямоугольников, но вне овалов покрасим в оранжевый, а все остальные, т.е. те, которые внутри овалов, но вне прямоугольников -- в зелёный. Формульно это выглядит так --

"оранжевое множество" = A\B ⊔ A₁\B₁ ⊔ ... ⊔ Аₖ\Bₖ ⊔ ...

''зелёное множество" = B\A₁ ⊔ B₁\A₂ ⊔ ...⊔ Bₖ\Аₖ₊₁ ⊔ ...

(тем, кто не знаком с математикой: символ "\" -- это разность множеств, т.е. A\B это те точки A, которые не в B.).

Синим закрасим точки из С.


Заметим, что при действии f оранжевое множество переходит почти само в себя, а именно оно "углубляется само в себя на один слой":

f(A\B ⊔ A₁\B₁ ⊔ ... ⊔ Аₖ\Bₖ ⊔ ...) = A₁\B₁ ⊔ ... ⊔ Аₖ\Bₖ ⊔ ...

Более того, оно таким образом равносоставлено с собой без внешнего слоя -- действительно, f изначально резало всё на конечное число частей, значит и оранжевое множество порежется на то же число частей и соберёт само себя.

И вот, финальный шаг -- разрежем наше множество на 2 части -- рыжую и (зеленую + синюю). Рыжую часть мы пересоберём посредством f. Оставшуюся часть мы просто оставим на месте, даже резать не будем! Что получится в итоге? Получится самый большой овал, т.е. множество B!

Вот вам ещё картинка где, надеюсь, более наглядно объяснено что происходит:

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

(id -- тождественное отображение, т.е. то, которое ничего не делает с точками). Белые линии используются исключительно для разделения, представьте себе что их нет.

Ура, мы доказали "бесполезное" утверждение -- теперь если мы знаем, что множество равносоставлено со своим подмножеством, то и все промежуточные подмножества мы умеем собирать из большого (следовательно и из маленького).

Пришло время переходить к доказательству нашей теоремы о том, что сфера равносоставлена с двумя своими копиями.


Часть 3. Начало доказательства теоремы, основная конструкция


Проведём через центр сферы две прямые -- рыжую и фиолетовую. Зададим два действия:

1. Поворот сферы вокруг рыжей прямой на угол 120° ("рыжий поворот"), мы обозначим его буквой α.

2. Поворот сферы вокруг фиолетовой прямой на угол 180° ("фиолетовый поворот"), это действие мы обозначим буквой β.


Будем рассматривать всевозможные комбинации таких поворотов, скажем αβααβ это сначала "рыжий" поворот, потом "фиолетовый", потом два "рыжих" и потом снова "фиолетовый". Очевидно так же, что ααα это просто тождественное отображение -- действительно, три раза повернуть на 120° это тоже самое что ничего не делать. Аналогично ββ -- тождественное отображение.


Первый вопрос, который нам нужно решить такой -- допустим мы сделали некоторую последовательность рыжих и фиолетовых поворотов, причем так, чтобы не было нигде трёх рыжих подряд или двух фиолетовых. Может ли быть такое, что в результате получилось тождественное отображение? (т.е. какое-нибудь длинное слово вида β..αβα внезапно ничего не делает со сферой). Такое может случиться, если мы неправильно подобрали угол между прямыми (например если две прямые совпадают, преобразование αβ будет просто поворотом на 60° градусов, поэтому αβαβαβαβαβαβ даст тождественное преобразование. Но можно ли подобрать угол между прямыми такой, что такой ситуации никогда не возникнет? Оказывается, да, можно! Я не буду сейчас доказывать, скажу лишь то, что "плохих" углов у нас достаточно мало, "всего лишь" счетное число, а возможных выборов у нас целый континуум. Для строгого доказательства требуется погрузиться в тригонометрию, что конечно же сейчас делать совершенно не нужно.


Отлично, теперь мы знаем, что теперь никакая комбинация поворотов у нас не будет давать тривиальное преобразование. Это, кстати, равносильно тому, что никакие две различные комбинации поворотов не будут давать одинаковое преобразование.


Давайте теперь возьмём точку на сфере (не лежащую на осях). Будем над ней совершать всевозможные разрешенные повороты и каждый раз оставлять "след", т.е. смотреть на те точки сферы, куда она может прибежать. Начало пути будет выглядеть примерно так:

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

Тут мы начинаем с точки Е и проделываем с ней всевозможные действия, которые можно придумать. Например, А=α(Е), АА=αα(Е), BAAB=βααβ(E) и т.д. Почему на рисунке они раскрашены  в разные цвета я обсужу позже, пока это не важно.

Для каждой точки мы таким образом можем построить её орбиту -- т.е. множество точек, которое мы можем получить в результате комбинации рыжих и фиолетовых поворотов.

Посмотрим на эти орбиты повнимательнее. Во-первых очевидно каждая точка принадлежит какой-то орбите -- например той, которую она сама порождает. Во-вторых, если вдруг оказалось, что две каких-то орбиты пересекаются, то на самом деле они совпадают (проверьте сами, отличное упражнение на логику и понимание происходящего)!

Как итог -- вся сфера разбивается на очень очень много таких орбит.

Теперь рассмотрим любую точку. Назовём её "плохой", если существует какая-то последовательность поворотов, которая приводит эту точку в саму себя. Например точка лежащая на любой из осей -- "плохая". Остальные точки будут назовем "хорошими". Опять же очевидно, что если точка "плохая", тогда и любая точка из её орбиты "плохая". Тоже самое верно про "хорошие" -- для "хороших" точек все ее возможные положения тоже "хорошие".


Сколько плохих точек у нас есть? На самом деле это не так сложно понять -- любая плохая точка принадлежит орбите точки пересечения одной из осей со сферой. Т.е. суммарно у нас всего четыре таких орбиты, каждая из них содержит всего счётное число точек (потому что любая последовательность поворотов однозначно задаётся конечным словом из букв α и β, а таких слов счётно). Итого, "плохих" точек у нас счётное число!

Что у нас на текущий момент есть? Вся сфера разбита на орбиты -- каждая орбита есть множество точек, где от любой можно добраться до любой с помощью наших поворотов. Из них у нас есть четыре "плохих" орбиты, но, к счастью, это даёт счётное число "плохих" точек (почему это важно выяснится чуть позже). Что теперь? Надо раскрасить эти точки!

Часть 4. Раскрашиваем сферу


Давайте возьмём произвольную хорошую орбиту и возьмём в ней произвольную точку, которую назовём стартовой. Покрасим её в красный цвет. Далее будем раскрашивать точки итеративно по следующему правилу: допустим мы покрасили очередную точку а и нам надо покрасить следующую (т.е. полученную одним из двух поворотов), ещё не покрашенную, точку b. Делать это будем по следующему правилу:

1. Если а красная и b получена рыжим поворотом -- красим b в зелёный.

2. Если а зелёная и b получена рыжим поворотом -- красим b в синий.

3. Если а синяя и b получена рыжим поворотом -- красим b в красный.

4. Если а красная и b получена фиолетовым поворотом -- красим b в зелёный.

5. Если а зелёная или синяя и b получена фиолетовым поворотом -- красим b в красный.


Вот правило раскраски в картинках.

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

Выглядеть наша хорошая орбита будет примерно так:

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

Картинка, ради которой делался пост : )

Для не указываю направление, потому что ββ это тождественное отображение.

Заметьте, что эта гирлянда не симметрична -- очень важно где именно находится начальная точка.

Буквы кодируют каждую точку орбиты -- А соответствует рыжему повороту, B -- фиолетовому.

Теперь происходит магия -- мы неожиданно замечаем, что:


Если повернуть ВСЕ красные точки на рыжий поворот, то получатся ВСЕ зелёные точки.

Если повернуть ВСЕ зелёные точки на рыжий поворот, то получатся ВСЕ синие точки.

Если повернуть ВСЕ синие точки на рыжий поворот, то получатся ВСЕ красные точки.


Если повернуть ВСЕ красные точки на фиолетовый поворот, то, (магия), получатся ВСЕ синие и зелёные точки, т.е. вообще все оставшиеся!


Итак, что мы сделали? Мы раскрасили все точки сферы в четыре цвета -- плохие в серый, хорошие в красный, зелёный и синий. Хорошие точки мы красили по следующему принципу -- выбирали в каждой орбите по начальной точке, и красили все остальные точки в ней по определённому правилу. Получилось в итоге три множества -- красное, зелёное и синее. Давайте их обозначим R, G, B (буква B уже была в обозначениях точек, но это нигде не пригодится больше, так что будем использовать тут).


Мы выяснили, что с помощью рыжего поворота красное множество переводится в зелёное, зелёное в синее, синее в красное. Значит, все три множества равносоставлены:

R ~ G ~ B ~ R.

Так же мы выяснили, что с помощью фиолетового поворота, красное множество переходит в объединение зелёного и синего:

R ~ G ⊔ B.


Наблюдение из этого всего:

Все множество хороших точек R ⊔  G ⊔ B равносоставлено с B. Доказательство:

Мы знаем, что G ⊔  B ~ R, а R ~ B. Значит R ⊔ (G ⊔  B) ~ B ⊔  R ~ B ⊔  G ~ R ~ B. Вот картинка, которая поясняет это доказательство:

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

Часть 5. Завершение доказательства


Для того, чтобы всё окончательно получилось, нам нужно разобраться с "плохим" множеством серых точек (давайте назовём его Ξ (большая буква "Кси")). Мы помним, что оно счётно. Я утверждаю, что существует некоторый поворот φ (не рыжий или фиолетовый, вокруг вообще другой оси может быть), такой, что если Ξ повернуть c помощью φ, то полученное множество φ(Ξ) станет полностью "хорошим", т.е. Ξ не будет пересекаться с φ(Ξ).

Почему это так? В этот раз я таки докажу это строго, но в самом конце поста, чтобы мы не тянули с доказательством теоремы.


Итак, у нас есть поворот , такой, что φ(Ξ) -- подмножество R ⊔ G ⊔ B. Мы уже доказали, что R ⊔ G ⊔ B равносоставлено с B, значит и φ(Ξ) равносоставлено с некоторым подмножеством B. Обозначим это подмножество как Ѯ (видимо это тоже большая Кси...).

Наша сфера представима теперь двумя способами: S = Ξ⊔R⊔ G⊔ B и S = (Ξ ⊔ R) ⊔ (Ѯ  G) ⊔ (B \ Ѯ). Во втором случае мы разбили сферу на три части: Ξ ⊔ R, Ѯ ⊔ G (добавили к всем зеленым часть синих) и B \ Ѯ (все что осталось). Теперь, наконец-то получаем вот что:

1. Ξ ⊔ R ~ Ξ ⊔ B ⊔ G ~ Ξ ⊔ R ⊔ B ~ Ξ ⊔ B ⊔ G ⊔ R ~ S

2. Ѯ ⊔ G ~ Ξ ⊔ R ~ ... ~ S


Что мы получили? Мы получили, что наша сфера вот в представлении S = (Ξ ⊔ R) ⊔ (Ѯ G) ⊔ (B \ Ѯ) собирается в две сферы + какой-то небольшой остаток (B \ Ѯ): S ~ S ⊔ S ⊔ (B \ Ѯ). Но мы же с вами доказывали в самом начале лемму, которая как раз здесь очень хорошо может пригодиться: у нас есть большое множество S ⊔ S ⊔ (B \ Ѯ) и маленькое, равносоставленное ему множество S. Нам нужно получить всё, что в середине, т.е. множество S ⊔ S. И лемма утверждает, что мы можем это сделать!


Теорема доказана.


Вот картинка, которая демонстрирует доказательство:

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

Поздравляю тех, кто добрался до этого момента!


Что даёт нам эта теорема? Например, она даёт точно таким же образом доказать её аналог для "апельсинов" -- любой шар равносоставлен двум своим копиям. Делается это очень просто -- шар у нас состоит из кучи сфер + центральная точка. Все сферы одновременно мы преобразовываем в две своих копии, а с центральной точкой мы разбираемся при помощи леммы о промежуточном множестве.


Мало того, эта лемма позволяет доказать ещё одно утверждение -- допустим есть (сколь угодно) маленький шар и (тоже сколь угодно) большой шар. Тогда они равносоставлены. Доказывается это так -- разрежем большой шар на много-много маленьких частей, таких что каждую из них можно поместить в маленький шар. Теперь продублируем маленький шар столько раз, сколько частей. А дальше используем нашу лемму о промежуточном множестве! Получается вы из горошины сможете собрать, например, наше Солнце).

Часть 6. Что пошло не так?


Мы получили что-то, что противоречит здравому смыслу. Казалось бы всю теорию множеств можно выкидывать на свалку после таких результатов -- как вообще нечто такое может описывать что-то реальное? И примерно такая реакция и была у математиков, когда был получен этот результат. Но вот вопрос, почему мы сумели вообще сделать такое?


На самом деле, все шаги в нашем доказательстве были абсолютно интуитивно понятные и не нарушающие законы мироздания, кроме одного. Помните момент, в котором мы в каждой орбите выбрали по "стартовой" точке? Казалось бы, каждая орбита есть множество не пустое, так кто мешает выбрать в каждой по точке? Вот на самом деле именно тут зарыта проблема -- этих орбит бесконечно много. Поэтому вам никто никогда не скажет КАК выбрать начальные точки. Т.е. не существует никакого алгоритма, формулы и т.д., которое позволило бы сказать -- а вот в этой вот орбите мы возьмём вот эту вот точку в качестве старта. Оказывается, существование такого выбора невозможно просто так доказать, это некоторая самостоятельная аксиома теории множеств, которая так и называется -- аксиома выбора.

Насчёт неё я однажды напишу отдельный пост, потому что оказывается, что именно она позволяет делать вот такие вот ужасные конструкции.


В частности, заметим, что мы только что доказали с помощью неё, что для некоторых множеств в пространстве невозможно определить понятие объёма. Действительно, если бы каждое множество имело объём, то мы не могли бы провести эту процедуру сборки из маленького шара огромного -- каждая часть имела бы объём и сумма объёмом частей была бы постоянной. В данном же случае те части, на которые мы делим шар объём вообще иметь не будут! Это отличная затравка для следующей возможной темы -- а что вообще тогда такое объём множества?


А вообще, всё-таки реальные объекты состоят не из точек, а всё же из частиц. Так что к сожалению с апельсинами наша стратегия не сработает(


Вот такие вот дела, мы выяснили что с математикой надо быть осторожнее. Всем, кто сумел осилить это всё -- большое спасибо! А для тех кто ещё и не умер -- маленький бонус в конце.

Бонус: доказательство вспомогательного утверждения


Теперь я приведу очень изящное, на мой взгляд, доказательство того факта, который я обещал доказать строго.

Утверждение: пусть Ξ -- любое счётное подмножество сферы. Тогда существует поворот φ, такой, что φ(Ξ) не пересекается с Ξ.

Доказательство: для начала рассмотрим две произвольные точки сферы -- a и b. Допустим, что при каком-то повороте относительно какой-то оси а перешло в b. Легко видеть, что эта ось может проходить только лишь через, так называемый большой (т.е. тот, который делит сферу на две равные половинки) круг, проходящий между a и b.

Парадоксы в математике -- делим апельсины Математика, Образование, Длиннопост

Теперь, допустим, что при каком-то повороте Ξ пересекается со своим образом. Значит есть точки а и b из такие, что а переходит в b. Значит ось должна была проходить через большой круг, проходящий между а и b. Но таких пар а и b счётное число, значит и таких больших кругов может быть счётное число. Значит если какая-то ось не пересекает ни один из них, то любой поворот вокруг нее будет таким, каким нам нужно! Осталось доказать, что существует точка вне этого счётного семейства кругов. Тут возникает типичный приём связанный с мощностями множеств: всего на сфере у нас есть континуум больших кругов. Значит существует такой круг, что он не принадлежит нашему семейству. При этом, он пересекает каждый круг из семейства ровно в двух точках, значит точек пересечения тоже счётно. Но при этом на самом круге континуум точек! Значит есть точка, которая не принадлежит никакому из больших кругов семейства! Ура, это то, что нам надо было доказать.

Показать полностью 9
48

МатОлимп #11

Сегодня мы с вами попытаемся решить сложную задачку, которая предлагалась на Московской олимпиаде 1998 года.

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Твой взгляд, когда кофе ещё не готов, а работать уже надо

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Итак, все, кто хотел решить сам,наверняка уже решают, а мы продолжим.
Давайте посмотрим, какие остатки дают левая и правая часть при делении на 3 для этого составим табличку.

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Тут можно сказать, что я пытаюсь схитрить. Ведь не факт, что любые степени будут давать такие же остатки. Ну хорошо. Разберёмся подробнее! Остатки от деления числа на 3 я буду обозначать как это же число с чертой сверху. Таким образом

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

А теперь заметим важное свойство! Остаток от произведения двух чисел есть остаток от произведения двух остатков.

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Докажем этот факт и будем иметь все необходимое для доказательства задачи!
Если число a даёт остаток n при делении на 3, то его можно записать в виде a=3q+n. Аналогично, если b даёт остаток m, то b=3r+m. Перемножим a и b!

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Итак, утверждение доказано. Тогда подтвердим нашу табличку!

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Получается, что слева у нас всегда остаток 0+1=1, а справа либо 1 , либо 2. Но так как выражения равны, справа должен быть остаток 1. Следовательно, z - четное число.
Теперь разберёмся с остатками на 4!

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Отсюда следует,что x тоже четное. Обозначим z=2n, x=2m. Наше уравнение можно переписать в следующем виде.

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Таким образом, левая часть разлагается на множители. Но правая часть может делится только на числа вида 2^k. Значит, получаем следующее выражение

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Но погодите! 3^m всегда нечетно, а правая часть четная, кроме случая, когда k=1. Значит, обязательно k=1. Отсюда получаем, что

МатОлимп #11 Математика, Длиннопост, Интересное

Аналогично, правая часть - делители левой. Но у левой части у нас делители -степени тройки. Но в правой части два сомножителя различаются на 2. Это возможно только тогда, когда меньший из сомножителей - 1. Значить 2^(y-1)-1=1. Следовательно, y=2. Подставляя эти значения в решение системы уравнений, получаем, что n=1 и m=1. Значит z=x=2. Т.е. решениями являются Пифагоровы тройки и других решений нет! Задача решена и можно пить кофе!

Показать полностью 10
13

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая -- бесконечность не предел!

Всем привет! В прошлом посте я обсуждал понятие бесконечности в математике. Задача на сегодня -- понять этот мем (и не только):

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая -- бесконечность не предел! Математика, Образование, Длиннопост

В прошлый раз мы получили два результата:

Во-первых мы выяснили, что даже если одна бесконечность в бесконечное количество раз больше другой, может оказаться, что на самом деле в ней "столько же" элементов, что и в изначальной (тот пример с армией гномов и пивом).

Во-вторых, оказалось, что бывают гораздо большие бесконечности, в которых всё-таки строго больше элементов, чем в "счётной" бесконечности (т.е. той, где все элементы можно перенумеровать с помощью натуральных чисел). Например, мы выяснили, что множество вещественных чисел из интервала (0,1) мы перенумеровать никак не можем и назвали такую бесконечность континуумом.

Сегодня я бы хотел немного поиграть с бесконечностями и порассуждать о том, есть ли что-то большее, при каких операциях что получается и так далее. Да, кстати, если у вас будут возникать вопросы или желание что-нибудь обсудить другое -- пишите в комментах, я почти всегда тут.

План на сегодня
1. Понятие равномощности, примеры
2. Мощность множества подмножеств
3. Гипотеза континуума (в двух словах)

Итак, начнём. В этом посте я буду много оперировать с множествами (про понятие множества я писал пост, но вкратце можно рассматривать их как просто наборы, совокупности каких-то элементов). Допустим у нас есть два множества -- A и B. Что означает, что у них одинаковое количество элементов? Допустим, что у нас получилось разбить элементы множества А и элементы множества B на пары, т.е. мы каким-то образом нашли для каждого элемента множества А, единственный элемент множества B, так, чтобы во-первых, разным элементам из A соответствовали разные из B, а во-вторых любой элемент из B оказался в паре с кем-то (т.е. мы никого не забыли из B). Я люблю представлять себе это на картинках, пример (классический) -- у нас есть отель и в него заселяются люди по одному на комнату. Мы говорим, что комнат в отеле столько же сколько же сколько и людей, если каждого человеку мы заселяем в комнату так, чтобы никакие два человека не жили вместе, и никакая комната не осталась пустой. (Ну или можете такую же аналогию сделать для гномов из предыдущего поста). Если у нас получилось сделать такое соответствие, мы будем называть его биекцией. Множества, между которыми биекция существует, мы будем называть равномощными.

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая -- бесконечность не предел! Математика, Образование, Длиннопост

(Рыжее отображение не биекция, т.к. двум разным котам достался один и тот же знак. Красное отображение не биекция, потому что пятиконечной звезде никто не достался)

В прошлом посте мы доказали, что множество натуральных чисел (ℕ) равномощно множеству целых чисел (ℤ), и оно же равномощно множеству пар из целых чисел (ℤ×ℤ -- декартов квадрат целых чисел). Вот ещё два быстрых примера равномощных множеств:
1. Отрезок [0,1] равномощен отрезку [0,2] (биекция осуществляется функцией f(x) = 2x)
2. Пусть A = окружность без точки а B -- все вещественные числа (ℝ). Тогда A равномощно B (биекция f(x) -- стереографическая проекция, см. рисунок)

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая -- бесконечность не предел! Математика, Образование, Длиннопост

(Представьте себе, что в красной точке светит лампочка и вы каждой точке верхнего множества сопоставляете её тень на нижнем множестве).

Во всех примерах которые у нас уже были биекции строились одним из двух способов -- для счётных множеств мы просто явно перенумеровывали множество, а для отрезков/прямых мы непрерывно растягивали множества (т.е. пример 1. был просто масштабированием, а в пример с окружностью без верхней точки мы просто растянули ее в бесконечность). Бывают более хитрые случаи. Давайте докажем, что двумерный квадрат (со всеми внутренними точками) равномощен отрезку.

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая -- бесконечность не предел! Математика, Образование, Длиннопост

(этот квадрат озадачен предложением поместиться в отрезок)

Честно говоря мне на этом моменте в своё время было вообще не понятно как такое может быть -- действительно, точек в квадрате не просто в бесконечное количество раз больше, чем в отрезке, а в "очень большое бесконечное" раз (т.е. квадрат состоит из континуума отрезков). Однако есть финт, который это позволяет достаточно просто доказать. Я докажу версию где мы берём множество внутренних точек квадрата (т.е. без границы) и множество внутренних точек отрезка (т.е. интервал), версия с границами доказывается примерно так же, ну или с помощью другого трюка, который говорит, что если множество А вложено в B и B вложено в C и A равномощно C, то и все они равномощны B (это один из вариантов теоремы Кантора-Берштейна, доказывается очень красиво, однажды расскажу)

Каждая точка в квадрате представима в виде пары координат (x,y), где x и y -- вещественные числа (из интервала (0;1)). Давайте представим каждое из них в виде бесконечной десятичной дроби:
x = 0,x₁x₂x₃x₄...
y = 0,y₁y₂y₃y₄...
(напишите мне если едут символы, но вроде бы юникод, должно быть норм)
Теперь мы построим из этих двух чисел одно число следующим образом -- будем чередовать цифры из первого числа и второго. Т.е. полученное число будет выглядеть так:
z = 0,x₁y₁x₂y₂x₃y₃x₄y₄...
Очевидно оно из интервала (0,1). Более того, очевидно, что никакие две разные пары (x,y) и (x',y') не могли дать одинаковое число. Для того чтобы доказать, что мы заполнили все числа из интервала, достаточно заметить, что любому числу z=0,z₁z₂z₃z₄... соответствует пара (0,z₁z₃..., 0,z₂z₄...). Значит мы получили биекцию!

Данный пример отличается от предыдущих тем, что он очень сильно НЕ непрерывен, т.е. точки при таком отображении будут очень сильно "разрывать квадрат". Но тем не менее оказалось что число точек интервала такое же, как и внутренности квадрата.
Вообще для любого множества X мы можем построить так называемый декартов квадрат X×X, элементы которого это все возможные пары (x, x'), где x, x' из X (X×X = { (x, x') : x, x' ∈ X}). Мы уже доказали что декартов квадрат целых чисел равномощен целым числам и декартов квадрат интервала (0,1) равномощен самому интервалу. Возникает вопрос -- а верно ли то, что для любого бесконечного множества X оно равномощно своему декартовому квадрату? Оказывается да, но для доказательства этого требуется определённая приём (а именно лемма Цорна), о котором я расскажу в одном из следующих постов.

Итак, у нас есть счётные множества, есть континуальные множества. Есть ли что-то большее? Ответ -- да, причём бесконечно много! Для того, чтобы это доказать, рассмотрим любое множество A и множество всех его подмножеств (включая само A и пустое подмножество) -- 2ᴬ. Такое обозначение выбрано потому, что если множество A конечное и состоит из n элементов, то у него как раз ровно 2ⁿ подмножеств (это следует из того, что каждый из элементов мы можем либо взять, либо не взять для того, чтобы построить подмножество). Давайте докажем, что А не равномощно 2ᴬ. Допустим существует биекция f из A в 2ᴬ. Значит каждому элементу a ∈ A соответствует подмножество f(a) ⊂ А. У нас есть два варианта -- либо a ∈ f(a), либо нет. Соберем все такие элементы, которым не повезло попасть в свой образ в множество B, т.е. B = { a ∈ A : a ∉ f(a) }. Очевидно это подмножество A (B ⊂ A). Но у нас f -- это биекция, т.е. существует какой-то элемент, который соответствует этому подмножеству (т.е. есть элемент b∈ A: f(b)=B). Вопрос -- а верно ли, что b∈B? (у тех кто читал пост про множества должны возникнуть смутные сомнения...)
Допустим да, это верно, т.е.  b∈B. Но по определению B в него попадают только те элементы, которые не попадают в свой образ, а при этом b∈f(b)=B. Значит так быть не может, т.е. b ∉ B.
Получается что b ∉ B. Но тогда, опять же по определению B, b должен попасть в свой образ (потому что всё, что не попадает ушло в B). Значит b∈f(b)=B, т.е. b∈B. Как такое может быть? Никак, поэтому противоречие! Значит такой биекции не существует!

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая -- бесконечность не предел! Математика, Образование, Длиннопост

(Поясняющая картинка, а то понимать свой текст мне самому уже сложно)

При этом очевидно, что в 2ᴬ больше элементов чем в А -- действительно, мы можем вложить А просто как одноэлементные подмножества -- a -> {a} ⊂ A. Получается, что в 2ᴬ элементов в очень большое количество раз больше элементов для любого множества A. А что это означает? Мы можем делать такую процедуру итеративно, т.е. взять множество всех подмножеств 2ᴬ, множество всех подмножеств всех подмножеств 2ᴬ и т.д. -- получим такую бесконечную цепочку разных бесконечностей. Мало того, далее вы можете объединить все что вы придумали -- получится ещё большее множество! И так далее -- каждый раз вы берете множество всех подмножеств, а если вы сделали это бесконечное число раз -- объединяете все. Ежели и это действие вы сделали бесконечное число раз -- вы снова объединяете! Выглядит это примерно все так:

Бесконечный рассказ о бесконечности. Часть вторая -- бесконечность не предел! Математика, Образование, Длиннопост

(кстати омега-в-степени-омега-в-степени-омега-... и так омега раз иногда обозначается ε₀)

Вы спросите -- а что это за число такое -- омега (а так же омега в квадрате, омега в степени омега...). Это -- некоторый способ научиться считать бесконечности, называемый ординалами (как их строить и что это такое мы однажды обсудим). Важно, что вообще говоря таких ординалов намного больше, чем можно сосчитать с помощью этих омег, но для начала и такое представление сойдёт.

Мы научились получать бесконечное число разных бесконечностей (тут я неявно говорю "бесконечных множеств разной мощности")! Мы сейчас это сделали, строя следующее бесконечное множество с помощью того, что брали множество всех его подмножеств. Как мы уже знаем, следующее множество "строго больше" предыдущего. Но вот вопрос -- "перечислили" ли мы таким образом все бесконечности (если например бы мы начали с натуральных чисел). Если нет, то как вообще устроена эта система бесконечностей?

Для начала, отвечу на второй вопрос: можно доказать, что система мощностей устроена примерно таким же образом, как и то, что мы строили. Иначе говоря, первая бесконечность -- это счётная. Такая бесконечность обозначается символом ℵ₀ (алеф-0). Далее, доказывается, что существует минимальная бесконечность которая больше счётной -- мы называем её "алеф-1" -- ℵ₁. За ней следует ℵ₂, ℵ₃, ... . Точно так же как и в случае до этого, появляется ℵ-омега, ℵ-омега-в-квадрате и т.д. (в юникоде нет сабскрипта омеги : ( ). И теперь точно можно утверждать, что любое множество имеет мощность одну из алефов.
Терминология -- все эти числа, выражающие мощность множества называются кардинальными числами). Каждому множеству таким образом сопоставляется кардинальное число и два множества равномощны тогда и только тогда, когда их кардинальные числа равны (не путайте кардиналы и ординалы -- первые выражают мощности, а вторые -- это просто некоторый способ занумеровать бесконечную число элементов. В частности ординалы нумеруют всевозможные кардинальные числа).  Кстати говоря, я совсем забыл про конечные множества (кому они нужны, да?) -- для них мощность -- это просто число элементов, а соответствующие кардинальные числа -- просто натуральные.

Теперь ответ на второй вопрос -- а не пропустили ли мы чего-нибудь? Этот вопрос можно сформулировать ещё так -- верно ли что если  бесконечно множество А имеет кардинальное число ℵₖ, то 2ᴬ будет именно следующим бесконечным множеством, т.е. иметь кардинальное число ℵₖ₊₁? Вот оказывается, что в рамках наших аксиом (т.е. стандартной системы аксиом теории множеств -- аксиом Цермелло-Френкеля (с или без аксиомы выбора)) такое утверждение нельзя ни доказать, ни опровергнуть! Т.е. что бы вы не предположили, вы никогда не получите противоречия. На мой взгляд это удивительный утвреждение, называемый обобщенной континуум-гипотезой. Кстати, забавный факт -- не смотря на то, что эта гипотеза не доказуема и не опровергаема, если её принять за аксиому, то из неё будет следовать одна из других аксиом теории множеств -- так называемая аксиома выбора (о которой мы поговорим позже).

В частности, изначально эта проблема начиналась с самых маленьких бесконечностей: давайте возьмём наименьшую бесконечность ℵ₀ -- мощность множества натуральных чисел. Мы знаем что множество подмножеств натуральных чисел равномощно множеству точек на интервале, т.е. имеет мощность континуум (доказывается примерно так: надо воспользоваться двоичной системой и сопоставить каждому подмножеству бесконечную последовательность из нулей и единиц. Дальше этой последовательности мы сопоставляем число в двоичной записи. Проблема тут в том, что некоторые последовательности так "склеиваются" в одно и то же число. Но к счастью это не влияет на мощность, т.к. таких плохих случаев "всего лишь" счётное число). Но вопрос -- верно ли, что континуум это первая бесконечность после счётной? Это утверждение уже называется просто -- континуум гипотеза. И точно так же, как и обобщённая, она может быть верна, может быть не верна, и в обоих случаях не возникнет никаких противоречий!

Уф, вот такая вот математика. В следующий раз мы обсудим немного аксиому выбора и, пользуясь ею, будем делить апельсины!

Показать полностью 6
Отличная работа, все прочитано!